求从 $\left\{ 0\text{,}1,2,3,4,5\text{,}6 \right\}$ 到整数的映射 $f$ 的个数，满足 $f\left( 0 \right)=0\text{,}f\left( 6 \right)\text{=}12\text{,}\left| x-y \right|\leqslant \left| f\left( x \right)-f\left( y \right) \right|\leqslant 3\left| x-y \right|$ 对任意 $x\text{,}y\in \left\{ 0\text{,}1,2,3,4,5\text{,}6 \right\}$ 成立
【难度】
【出处】
2018年第36届美国数学邀请赛Ⅱ（AIMEⅡ）
【标注】
【答案】
185
【解析】
令 $y\text{=}0$，由条件 $x\leqslant\left| f\left( x \right) \right|\leqslant 3x$ 。令 $x\text{=}y+1$，则 $1\leqslant \left| f\left(y+1 \right)-f\left( y \right) \right|\leqslant 3$ 。因为 $12\text{=}f\left( 6\right)-f\left( 0 \right)\text{=}\left( f\left( 6 \right)-f\left( 5 \right)\right)+\left( f\left( 5 \right)-f\left( 4 \right) \right)+\left( f\left( 4\right)-f\left( 3 \right) \right)+\left( f\left( 3 \right)-f\left( 2 \right)\right)+\left( f\left( 2 \right)-f\left( 1 \right) \right)+\left( f\left( 1\right)-f\left( 0 \right) \right)$ 所以 $f\left( y+1 \right)-f\left( y\right)\text{,}y\in \left\{ 0\text{,}1\text{,}2\text{,}3\text{,4,5} \right\}$ 中至多有一项为负。我们于是可以分两大类情况讨论。
1．$f\left(y+1 \right)-f\left( y \right)\text{,}y\in \left\{0\text{,}1\text{,}2\text{,}3\text{,4,5} \right\}$ 全为正。我们设这六个差依次为 $a\text{,}b\text{,}c\text{,}d\text{,}e\text{,}f$ 。则题目转换为求有序 $6$ 元数组 $\left(a\text{,}b\text{,}c\text{,}d\text{,}e\text{,}f \right)$ 的个数，其中 $a+b+c+d+e+f\text{=}12,a\text{,}b\text{,}c\text{,}d\text{,}e\text{,}f\in\left\{ 1\text{,}2\text{,}3 \right\}$
$12\text{=}3+3+3+1+1+1$ $C_{6}^{3}=20$
$12\text{=}3+3+2+2+1+1$ $C_{6}^{2}\cdot C_{4}^{2}\text{=}90$
$12\text{=}3+2+2+2+2+1$ $C_{6}^{1}\cdot C_{5}^{1}\text{=}30$
$12\text{=2}+2+2+2+2+2$ $C_{6}^{6}\text{=1}$
故此类情况一共有 $20+90+30+1\text{=}141$ 个
2．$f\left( y+1\right)-f\left( y \right)\text{,}y\in \left\{0\text{,}1\text{,}2\text{,}3\text{,4,5} \right\}$ 恰有一项为负。因为 $2\leqslant \left| f\left(y+2 \right)-f\left( y \right) \right|\leqslant 4$ 。所以该负项只能为 $-1$ 或 $-3$，且其相邻项为 $3$ 或 $1$ 。类似上一类情况，我们设这六个差依次为 $a\text{,}b\text{,}c\text{,}d\text{,}e\text{,}f$，并分如下情况讨论：
（1）$a\text{}0$ 或 $f\text{}0$ 。两者是对称的，故我们只需讨论 $a\text{}0$ 的情况。若 $a\text{=}-1\text{,}b\text{=}3$，则 $c+d+e+f\text{=}10$ 。可能的分拆为 $10\text{=}3+3+2+2\text{=}3+3+3+1$，共有 $C_{4}^{2}+C_{4}^{3}\text{=}10$ 个；若 $a\text{=}-3\text{,}b\text{=1}$，则 $c+d+e+f\text{=}14$，显然不存在满足条件的赋值。故此类情况一共有 $2\cdot10\text{=}20$ 个
（2）$b\text{,}c\text{,}d\text{,}e$ 中的某个为 $0$，这四类情况同样是轮换的，我们只需讨论 $b\text{}0$ 的情况。则 $b=-1,a=c=3$ 。于是 $d+e+f\text{=}7\text{=}3+2+2\text{=}3+3+1$ 。共有 $2\cdot C_{3}^{1}\text{=}6$ 个。故此类情况共有 $4\cdot 6\text{=}24$ 个
综上，一共有 $141+20+24\text{=}185$
1．$f\left(y+1 \right)-f\left( y \right)\text{,}y\in \left\{0\text{,}1\text{,}2\text{,}3\text{,4,5} \right\}$ 全为正。我们设这六个差依次为 $a\text{,}b\text{,}c\text{,}d\text{,}e\text{,}f$ 。则题目转换为求有序 $6$ 元数组 $\left(a\text{,}b\text{,}c\text{,}d\text{,}e\text{,}f \right)$ 的个数，其中 $a+b+c+d+e+f\text{=}12,a\text{,}b\text{,}c\text{,}d\text{,}e\text{,}f\in\left\{ 1\text{,}2\text{,}3 \right\}$
$12\text{=}3+3+3+1+1+1$ $C_{6}^{3}=20$
$12\text{=}3+3+2+2+1+1$ $C_{6}^{2}\cdot C_{4}^{2}\text{=}90$
$12\text{=}3+2+2+2+2+1$ $C_{6}^{1}\cdot C_{5}^{1}\text{=}30$
$12\text{=2}+2+2+2+2+2$ $C_{6}^{6}\text{=1}$
故此类情况一共有 $20+90+30+1\text{=}141$ 个
2．$f\left( y+1\right)-f\left( y \right)\text{,}y\in \left\{0\text{,}1\text{,}2\text{,}3\text{,4,5} \right\}$ 恰有一项为负。因为 $2\leqslant \left| f\left(y+2 \right)-f\left( y \right) \right|\leqslant 4$ 。所以该负项只能为 $-1$ 或 $-3$，且其相邻项为 $3$ 或 $1$ 。类似上一类情况，我们设这六个差依次为 $a\text{,}b\text{,}c\text{,}d\text{,}e\text{,}f$，并分如下情况讨论：
（1）$a\text{}0$ 或 $f\text{}0$ 。两者是对称的，故我们只需讨论 $a\text{}0$ 的情况。若 $a\text{=}-1\text{,}b\text{=}3$，则 $c+d+e+f\text{=}10$ 。可能的分拆为 $10\text{=}3+3+2+2\text{=}3+3+3+1$，共有 $C_{4}^{2}+C_{4}^{3}\text{=}10$ 个；若 $a\text{=}-3\text{,}b\text{=1}$，则 $c+d+e+f\text{=}14$，显然不存在满足条件的赋值。故此类情况一共有 $2\cdot10\text{=}20$ 个
（2）$b\text{,}c\text{,}d\text{,}e$ 中的某个为 $0$，这四类情况同样是轮换的，我们只需讨论 $b\text{}0$ 的情况。则 $b=-1,a=c=3$ 。于是 $d+e+f\text{=}7\text{=}3+2+2\text{=}3+3+1$ 。共有 $2\cdot C_{3}^{1}\text{=}6$ 个。故此类情况共有 $4\cdot 6\text{=}24$ 个
综上，一共有 $141+20+24\text{=}185$
答案
解析
备注
