给定正整数 $n$，正六边形的六个顶点处各写有一个非负整数，其和为 $n$．现在可以进行如下操作：擦掉一个顶点上的数，然后写上相邻两个顶点上的数的差的绝对值．求所有的 $n$，使得无论开始时写有哪些整数，都可以进行一系列操作，使得每个顶点上的数都是 $0$．
【难度】
【出处】
无
【标注】
【答案】
$n$ 为所有正奇数及 $2$
【解析】
若六个数的奇偶性按顺时针顺序依次为偶，奇，奇，偶，奇，奇，则无论怎样操作，这六个数的奇偶性都不会变，故不能通过一系列操作使得每个顶点上的数都是 $0$，因此所有不小于 $4$ 的偶数都不满足题目条件，下面证明其它数都满足题目条件．
当 $n=2$ 时，所有数最多有 $2$ 个 $1$ 或者 $1$ 个 $2$，分类讨论易知一定能变成全 $0$．
下面仅考虑 $n$ 是奇数的情况，我们证明更强的命题：只要初始六个数的奇偶性不是偶，奇，奇，偶，奇，奇（或者其轮换形式），也不全为偶数，那么一定能通过有限次操作使得所有数都变成 $0$．
对其中最大的数进行归纳，最大数为 $1$ 时枚举易知结论一定成立．
假设最大数小于 $k$ 时命题成立，考虑最大数等于 $k$ 的情况．事实上，我们只需要证明可以通过一系列操作，使得等于 $k$ 的数的个数减少（每次只要减少，数次以后一定变成所有数都小于 $k$），而且六个数的奇偶性不是偶，奇，奇，偶，奇，奇（或者其轮换形式），也不是全为偶数即可．
不妨设六个数顺次为 $a_1,a_2,\cdots ,a_6$，且 $a_1=k$，由于可将 $a_1$ 换成 $\left|a_2-a_6\right|$，所以只需要讨论一下两种情况．
情况一 $\left|a_2-a_6\right|=k$，由于 $0\leqslant a_2,a_6\leqslant k$，由对称性不妨设 $a_2=k$，$a_6=0$．
① 若 $a_3\ne 0$，则将 $a_2$ 换成 $|a_1-a_3|<k$，注意到若 $a_1,|a_1-a_3|,a_3,a_4,a_5,a_6$ 的奇偶性为偶，奇，奇，偶，奇，奇（或者其轮换形式）或全偶数，则由 $a_6=0$ 知 $a_3$ 为偶数，且 $a_1,|a_1-a_3|,a_4,a_5$ 奇偶性相同，这说明 $a_1,a_2,a_4,a_5$ 奇偶性相同（$a_1=a_2$），即 $a_1,a_2,\cdots ,a_6$ 也是偶，奇，奇，偶，奇，奇（或者其轮换形式）或全偶数，矛盾．故可以将 $a_2$ 换成 $|a_1-a_3|<k$，② 若 $a_3=0$，易知 $a_4,a_5$ 不能与 $k$ 奇偶性相同（否则奇偶性有问题），不妨设 $a_4$ 与 $k$ 奇偶性不同，则先将 $a_3$ 换成 $a_2-a_4=k-a_4$，再将 $a_2$ 换成 $a_1-(k-a_4)=a_4$，最后将 $a_3$ 换成 $a_4-a_4=0$，此时等于 $k$ 的数的个数减少一个，且 $a_1,a_4$ 奇偶性不同，不会有奇偶性的问题．
情况二 $|a_2-a_6|,a_2,\cdots ,a_6$ 的奇偶性恰为偶，奇，奇，偶，奇，奇（或者其轮换形式）或全偶数，但 $a_1,a_2,\cdots ,a_6$ 的奇偶性不是这样．由对称性分三种情况．
① $a_1,a_2,a_3,a_5,a_6$ 都是奇数，$a_4$ 是偶数．若 $a_2,a_3,a_5,a_6$ 中有等于 $k$ 的，考虑将这个 $k$ 换成周围两个数之差的绝对值，则不会出现情况二，化归为普通情况或情况一，可以解决．若 $a_2,a_3,a_5,a_6$ 都不等于 $k$，则先将 $a_2$ 换为 $k-a_3$，再将 $a_1$ 换成 $|k-a_3-a_6|$ 即可．
② $a_1,a_2,a_5$ 是偶数，$a_3,a_4,a_6$ 是奇数．先将 $a_2$ 换为 $k-a_3$，再将 $a_1$ 换成 $|k-a_3-a_6|$ 即可．
③ $a_1$ 是奇数，$a_2,a_3,a_4,a_5,a_5$ 都是偶数．若 $a_3\ne 0$，则先将 $a_2$ 换为 $k-a_3$，再将 $a_1$ 换成 $|k-a_3-a_6|$ 即可；同理，若 $a_5\ne 0$，也可以操作．若 $a_3=a_5=0$，则可以将 $a_2,a_6$ 都换成 $k$，再将 $a_1$ 换成 $0$，最后将 $a_2,a_4,a_6$ 都换成 $0$ 即可．
综上所述，满足题目条件的 $n$ 为所有正奇数及 $2$．
当 $n=2$ 时，所有数最多有 $2$ 个 $1$ 或者 $1$ 个 $2$，分类讨论易知一定能变成全 $0$．
下面仅考虑 $n$ 是奇数的情况，我们证明更强的命题：只要初始六个数的奇偶性不是偶，奇，奇，偶，奇，奇（或者其轮换形式），也不全为偶数，那么一定能通过有限次操作使得所有数都变成 $0$．
对其中最大的数进行归纳，最大数为 $1$ 时枚举易知结论一定成立．
假设最大数小于 $k$ 时命题成立，考虑最大数等于 $k$ 的情况．事实上，我们只需要证明可以通过一系列操作，使得等于 $k$ 的数的个数减少（每次只要减少，数次以后一定变成所有数都小于 $k$），而且六个数的奇偶性不是偶，奇，奇，偶，奇，奇（或者其轮换形式），也不是全为偶数即可．
不妨设六个数顺次为 $a_1,a_2,\cdots ,a_6$，且 $a_1=k$，由于可将 $a_1$ 换成 $\left|a_2-a_6\right|$，所以只需要讨论一下两种情况．
① 若 $a_3\ne 0$，则将 $a_2$ 换成 $|a_1-a_3|<k$，注意到若 $a_1,|a_1-a_3|,a_3,a_4,a_5,a_6$ 的奇偶性为偶，奇，奇，偶，奇，奇（或者其轮换形式）或全偶数，则由 $a_6=0$ 知 $a_3$ 为偶数，且 $a_1,|a_1-a_3|,a_4,a_5$ 奇偶性相同，这说明 $a_1,a_2,a_4,a_5$ 奇偶性相同（$a_1=a_2$），即 $a_1,a_2,\cdots ,a_6$ 也是偶，奇，奇，偶，奇，奇（或者其轮换形式）或全偶数，矛盾．故可以将 $a_2$ 换成 $|a_1-a_3|<k$，② 若 $a_3=0$，易知 $a_4,a_5$ 不能与 $k$ 奇偶性相同（否则奇偶性有问题），不妨设 $a_4$ 与 $k$ 奇偶性不同，则先将 $a_3$ 换成 $a_2-a_4=k-a_4$，再将 $a_2$ 换成 $a_1-(k-a_4)=a_4$，最后将 $a_3$ 换成 $a_4-a_4=0$，此时等于 $k$ 的数的个数减少一个，且 $a_1,a_4$ 奇偶性不同，不会有奇偶性的问题．
① $a_1,a_2,a_3,a_5,a_6$ 都是奇数，$a_4$ 是偶数．若 $a_2,a_3,a_5,a_6$ 中有等于 $k$ 的，考虑将这个 $k$ 换成周围两个数之差的绝对值，则不会出现情况二，化归为普通情况或情况一，可以解决．若 $a_2,a_3,a_5,a_6$ 都不等于 $k$，则先将 $a_2$ 换为 $k-a_3$，再将 $a_1$ 换成 $|k-a_3-a_6|$ 即可．
② $a_1,a_2,a_5$ 是偶数，$a_3,a_4,a_6$ 是奇数．先将 $a_2$ 换为 $k-a_3$，再将 $a_1$ 换成 $|k-a_3-a_6|$ 即可．
③ $a_1$ 是奇数，$a_2,a_3,a_4,a_5,a_5$ 都是偶数．若 $a_3\ne 0$，则先将 $a_2$ 换为 $k-a_3$，再将 $a_1$ 换成 $|k-a_3-a_6|$ 即可；同理，若 $a_5\ne 0$，也可以操作．若 $a_3=a_5=0$，则可以将 $a_2,a_6$ 都换成 $k$，再将 $a_1$ 换成 $0$，最后将 $a_2,a_4,a_6$ 都换成 $0$ 即可．
综上所述，满足题目条件的 $n$ 为所有正奇数及 $2$．
答案
解析
备注
