在正十三边形的13个顶点上各摆放一枚黑子或白子，一次操作是指将两枚棋子的位置交换。求证：无论开始时棋子是如何摆放的，总可以至多操作一次，使得各个棋子的颜色关于正十三边形的某一条对称轴是对称的。
【难度】
【出处】
2012第11届CGMO试题
【标注】
【答案】
略
【解析】
任取一个顶点 $A$，考虑过它的那条对称轴 $l$，共有六对顶点关于 $l$ 对称。若每对对称顶点上棋子颜色均相同，则它们的颜色已关于 $l$ 对称；若恰有一对顶点上棋子颜色不同，则将这对棋子中与点 $A$ 上棋子颜色不同的那枚与点 $A$ 上棋子交换，它们的颜色即关于 $l$ 对称；若恰有两对顶点上棋子颜色不同，则将其中一对棋子中的白子与另一对棋子中的黑子交换，它们的颜色即关于 $l$ 对称。
下面假设任取顶点及对称轴，都至少有三对顶点上的颜色不同。
设13个顶点上共有 $x$ 枚黑子和 $y$ 枚白子。则 $x+y=13$，即 $x$、$y$ 一奇一偶，由对称性不妨设 $x$ 是奇数，$y$ 是偶数。
注意到，若点 $A$ 上的棋子是黑色的，则剩余的12枚棋子中黑子与白子都有偶数枚。因此，六对棋子中颜色不同的对数为偶数，即至少有四对棋子颜色不同。若点 $A$ 上的棋子是白色的，则至少有三对棋子颜色不同。
因为每一对棋子恰关于一条对称轴对称，所以，在13枚棋子中，不同颜色的棋子组成得“对子”数至少为 $4x+3y$ 。另一方面，不同颜色的棋子组成的对子数恰为 $xy$，因此 $xy\geqslant 4x+3y=x+39\Rightarrow x(y-1)\geqslant 39$ 。但 $x(y-1)\leqslant{{\left[ \frac{x+(y-1)}{2} \right]}^{2}}=36$，矛盾。
综上，假设不成立，原题结论得证。
下面假设任取顶点及对称轴，都至少有三对顶点上的颜色不同。
设13个顶点上共有 $x$ 枚黑子和 $y$ 枚白子。则 $x+y=13$，即 $x$、$y$ 一奇一偶，由对称性不妨设 $x$ 是奇数，$y$ 是偶数。
注意到，若点 $A$ 上的棋子是黑色的，则剩余的12枚棋子中黑子与白子都有偶数枚。因此，六对棋子中颜色不同的对数为偶数，即至少有四对棋子颜色不同。若点 $A$ 上的棋子是白色的，则至少有三对棋子颜色不同。
因为每一对棋子恰关于一条对称轴对称，所以，在13枚棋子中，不同颜色的棋子组成得“对子”数至少为 $4x+3y$ 。另一方面，不同颜色的棋子组成的对子数恰为 $xy$，因此 $xy\geqslant 4x+3y=x+39\Rightarrow x(y-1)\geqslant 39$ 。但 $x(y-1)\leqslant{{\left[ \frac{x+(y-1)}{2} \right]}^{2}}=36$，矛盾。
综上，假设不成立，原题结论得证。
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