【附】为方便有需要者编辑，特附纯文本如后。另外，文末提供有PPT照片版。
【代数6-2】有n只棋子被分成若干堆，今对状态进行如下操作：从每一堆中各取出一只棋，然后将取出的棋合在一起组成一个新的堆。每次操作后，各堆棋的棋子数按由大到小的顺序排成的数列称为n只棋的一种分布状态。
如果存在r个不同的分布状态A1，A2，…，Ar，其中状态Ai操作一次之后变成状态Ai+1（i=1，2，…，r，规定Ar+1=Ar），则称这r个状态构成一个循环圈，记为：A1→A2→…→Ar→A1，其中r称为该循环圈的长度。
比如，n=8时，对各种不同的初始状态，操作共有2个不同的循环圈：
（4，2，2）→（3，3，1，1）→（4，2，2）
及（4，3，1）→（3，3，2）→（3，2，2，1）→（4，2，1，1）→（4，3，1），
其长度分别为2和4。
对n只棋的所有不同的初始状态，求：
（1）所有循环圈的长度的最大值；
（2）所有长度不同的循环圈的个数f（n）；
（3）所有不同循环圈的个数g（n）。（原创题）
【题感】从条件看，定义了一种操作，以及操作中出现的“循环圈”，如何运用这些概念？暂时略过，可从目标入手。
先看目标（1）：求所有循环圈的长度的最大值。
一种朴素的想法是，穷举所有循环圈（相当于穷举所有操作）。但n不是具体值，无法穷举各种操作。
可先研究特例，考察若干个具体的循环圈，看能否发现一些规律。
【研究特例】当n=8时，对各种不同的初始状态，操作共有2个不同的循环圈：
（4，2，2）→（3，3，1，1）→（4，2，2）；
（4，3，1）→（3，3，2）→（3，2，2，1）→（4，2，1，1）→（4，3，1）。
这两个循环圈本省似乎没有什么规律，但若将其换一种方式来描述，则其隐含的规律就可浮出水面。
【几何直观】想象每一堆棋子都堆成一列，我们可以用一列方格来代替，这样，不难发现这两个循环圈的一个共同特征。
【几何特征】循环圈中棋子挤满了前3条对角线，而第4条对角线上有2只棋。
在第一个循环圈中，第4条对角线上的2只棋不相邻（图1-51）
在第二个循环圈中，第4条对角线上的2只棋相邻。当最后一条对角线上棋子相邻时，循环圈长达到最大。
由此可推广到一般情形（平凡推广）。
【猜想：归纳通式】对一般情况，循环圈中棋子挤满了前面若干条对角线，而紧接着的一条对角线上有若干只棋，其他对角线上没有棋。
为证明猜想，先将初始状态具体化。
【初始状态具体化】设n只棋的最初状态为（a1，a2，…，am），其中a1≥a2≥…≥am，a1+a2+…+am=n。
【状态图形转换】构造一个n×n的方格棋盘，它的各行从下至上依次称为第1行，第2行，…，第n行，它的各列从左至右依次称为第1列，第2列，…，第n列。
将n只棋放在棋盘中，第j列的前aj个方格中各放一只棋（j=1，2，…，m），放棋的方格用黑色方格表示，而空格用白色方格表示。
【操作规则转换】题给的操作由下述两个小操作构成：
（I）将第一行的棋沿直线y=x对称翻转到第一列，同时将其他的每只棋都同时向下和向右平移一格（相当于每堆拿出一只棋组成新的堆）。
（II）如果操作（I）时第一列的棋子数小于第2列的棋子数，则将第一列向右平移到某两列之间，使各列的棋子数按从左至右的顺序递减排列。
【几何操作特征】注意到操作（I）具有这样的特征：它使每只棋在固定的倾斜角为135°对角线上从上至下连续运动（右移下移一格）。
比如，第r条对角线上的棋子的运动轨迹为：（r，1）→（r-1，2）→（r-2，3）→…→（1，r）→（r，1）由此可适当定义特征值，发现操作（I）的一个不变量。
【定义特征值】对于第i行第j列的棋子（i，j），称i+j为它的特征值，对某一个状态，称所有棋子的特征值之和为状态的特征值，记为S。
【不变量】易知，S在操作（I）中不变。
实际上，对于第一行的棋（1，j），操作（I）使其变为棋（j，1），棋子的特征值不变。对于其他行的棋（i，j）（i≥2），操作（I）使其变为棋（i-1，j+1），棋子的特征值不变。从而状态的特征值S不变。
【单调性】此外，S在操作（II）中严格减小。
操作（II）可以通过不断交换相邻两列来实现，考察第p列与第p+1列的交换，则第p列的棋子的特征值都增加1，而第p+1列的棋子的特征值都减少1，但第p列的棋子数小于第p+1列的棋子数（递减排列），所以S减少。
由于S是正整数，所以S不能无限减小，所以必定存在某个时刻，在这个时刻之后，操作中只含有操作（I），而操作（II）不再出现。
于是，操作进入循环圈后，其操作都是操作（I）。
注意到前面连续k条对角线上的方格数之和为1+2+…+k=
，为了确定接下来的对角线上是否有棋，需要将n表成“n=
+q（0≤q
【划分序列】对给定的正整数n，必存在正整数k，使
≤n<
，设n=
+q，其中0≤q
为了证明上述猜想（循环圈中棋子布满前面若干条对角线），先确定好循环圈中棋子的大致分布，可假定它们在前面若干条对角线上（只有有限只棋），可引入容量参数，使对角线条数相对确定。
【容量参数】设操作的循环圈中，棋子分布在棋盘的前r条135°对角线上，即前r条对角线上都有棋子（但未必紧凑排列），而第r+1条对角线及上方都没有棋子。
【从简单入手】（i）当q=0时，n=
。
因为前k-1条对角线上方格个数为1+2…+（k-1）=
<
=n，所以r≥k。
【反面思考】如果r≥k +1（棋子占有k+1条对角线），则第k+1条对角线或其上方必有棋，该棋所在列位于该棋下方的格都有棋，进而第k+1条对角线上必有棋。任取其中的一个棋子A，设A位于第i列。
此时，第k条对角线上必有空格，否则，第k条对角线上没有空格，进而“棋子堆”的意义，前k条对角线上都没有空格，于是棋子数不少于（1+2…+k）+1=
+1>
，矛盾。任取第k条对角线上的一个空格B，假定B位于第j列。
由于第k+1条对角线比第k条对角线多一个方格，所以，通过k+1次“I型”操作后，棋子A在第k+1条对角线上经过一个循环又回到原来的位置第i列，而空格B则在第k条对角线上经过一个循环还多走了一格，从而走到了第j+1列。
如此下去，一定存在一个时刻，当棋子A经过若干个循环回到原位置后，空格B也走到了第i列，此时，棋子A位于空格B的正上方，矛盾。
所以r≤k，进而r=k。
此时，由于1+2…+k=
，从而每条对角线上都没有空格，各堆棋子的棋子数分别为1，2，…，k，即所有棋子恰好布满了前k条对角线，结论成立。
（ii）当0
+q，有
+1≤n<
+（k+1），因为前k条对角线上方格个数为1+2…+k=
容易猜想r=k+1，这采用反面思考即可。
【反面思考】如果r>k+1，则第k+2条对角线上必有棋子，任取其中的一个棋子A，假定A位于第i列。
此时，第k+1条对角线上必有空格，否则前k+1条对角线上都没有空格，于是棋子数不少于1+2…+k+（k+1）+1=
+k+2>n，矛盾。
任取第k+1条对角线上中的一个空格B，假定B位于第j列。
由于第k+2条对角线比第k+1条对角线多一个方格，所以，通过k+2次“I型”操作后，棋子A在第k+2条对角线上经过一个循环又回到原来的位置第i列，而空格B则在第k+1条对角线上经过一个循环还多走了一格，从而走到了第j+1列。
如此下去，一定存在一个时刻，当棋子A经过若干个循环后，空格B也走到了第i列，此时，棋子A位于空格B的正上方，矛盾。
所以r≤k+1，进而r=k+1。
因为第k+1条对角线上有棋子，同上面的讨论可知，第k条对角线上必定没有空格，从而前k条对角线上都没有空格。此时，棋子布满了前k条对角线，而第k+1条对角线上有q只棋，结论成立。
由此可见，不论q（0≤q
有了上述结论，求圈长最大值就是很简单的了。
（1）因为第k+1条对角线上有q只棋，不管这q只棋在第k+1条对角线上如何分布，“I型”操作都使它们在第k+1条对角线上从上至下移动，每次移动一个方格，所以，操作k+1次之后必进入循环，于是，循环圈的长度不大于k+1。
另一方面，将q只棋放在第k+1条对角线上的连续q个方格中，则对应的循环圈的长度为k+1（是因每只棋沿对角线运动周期为k+1，导致紧凑的若干只棋子段的周期也是k+1），故操作中出现的所有不同循环圈的长度的最大值为k+1。
下面考虑问题（2），同样利用上述结论，问题也很简单。
（2）设s是某个循环圈的长度，则操作s次之后进入循环，于是，第k+1条对角线上棋子的分布以s为周期，所以s|k+1。
设k+1=st，则t|k+1，由于第k+1条对角线上棋子的分布以s为周期，所以第k+1条对角线被分成t段（每段s个格），每一段上棋子的分布状态相同。
又第k+1条对角线上恰有q只棋，这q只棋只能平均分配到t段中，所以t|q。
所以，t是q与k+1的公约数。
由此可见，若s是某个循环圈的长度，则
是q与k+1的公约数，即s与q、k+1的一个公约数对应。
反之，对q、k+1的任意一个公约数t，将第k+1条对角线平均分成t段（每段
个格），然后每一段的前
个方格上各放一只棋，则对应的状态在操作中必产生长度为
的循环圈。
所以，循环圈的长度与q、k+1的公约数一一对应，于是，所有长度不同的循环圈的个数就是q、k+1的公约数的个数，也就是d=（q，k+1）的约数的个数，其长度分别为
（t|d）。
比如，n=100时，因为100=（1+2+…+13）+9，此时，k=13，q=9，d=（q，k+1）=（9，14）=1，这时，操作只有一种长度为14的循环圈。
最后考虑问题（3），但它是一个难度相当大的问题，我们还没有解决。
【初步结果】对n=100、2012、2013时，我们已求得
g（100）=143，g（2012）=9455，g（2013）=630，证明如下。
当n=100时，因为100=（1+2+…+13）+9，当操作进入循环圈之后，所有棋子布满了前13条对角线，而第14条对角线上有9只棋。
由d=（q，k+1）=（9，14）=1，可知操作只有一种长度为14的循环圈。
在第14条对角线上的14个方格中选取9个方格各放一只棋，有
种方法，从而有
个循环圈。但每一种方法在第14条对角线上可以移动到14个不同位置，这14个不同位置对应同一个循环圈，从而每个循环圈都被计算14次，所以，所有不同的循环圈的个数为
=143。
当n=2012时，因为2012=（1+2+…+62）+59，当操作进入循环圈之后，所有棋子布满了前62条对角线，而第63条对角线上有59只棋。
由d=（q，k+1）=（59，63）=1，可知操作只有一种长度为63的循环圈。
在第63条对角线上的63个方格中选取59个方格各放一只棋，有
种方法，从而有
个循环圈。但每一种方法在第63条对角线上可以移动到63个不同位置，这63个不同位置对应同一个循环圈，从而每个循环圈都被计算63次，所以，所有不同的循环圈的个数为
=9455。
当n=2013时，因为2013=（1+2+…+62）+60，当操作进入循环圈之后，所有棋子布满了前62条对角线，而第63条对角线上有60只棋。
由d=（q，k+1）=（60，63）=3，因为3有2个不同的约数1和3，可知操作有长度分别为21和63这2种长度的循环圈。
对于长度为21的循环圈，先将第63条对角线分成3段，每段21个方格，在第一段21个方格中放
=20只棋，本质上只有一种放法，而其他段的放棋方法与第一段相同，有唯一方法，于是，长度为21的循环圈只有1个。
对于长度为63的循环圈，先将长度为21的循环圈也看作是长度为63的循环圈（以21为周期，也一定以63为周期），于是，在第63条对角线上的63个方格中选取60个方格各放一只棋，有
种方法，从而有
个循环圈。
但其中包含了一个长度为21的循环圈，该循环圈被重复计算21次，而每个长度为63的循环圈都重复计算63次，设共有x个长度为63的循环圈，则有
63x+21=
，解得x=630，
所以，所有不同的循环圈的个数为630。
【新写】引理：当操作循环圈中，棋子挤满了前面若干条对角线，而紧接着的一条对角线上有若干只棋，其他对角线上没有棋。（证明略）
设n=+q（0≤q
（1）因为第k+1条对角线上有q只棋，不管这q只棋在第k+1条对角线上如何分布，“I型”操作都使它们在第k+1条对角线上从上至下移动，每次移动一个方格，所以，操作k+1次之后必进入循环，于是，循环圈的长度不大于k+1。
另一方面，将q只棋放在第k+1条对角线上的连续q个方格中，则对应的循环圈的长度为k+1，故操作中出现的所有不同循环圈的长度的最大值为k+1。
（2）设s是某个循环圈的长度，则操作s次之后进入循环，于是，第k+1条对角线上棋子的分布以s为周期，所以s|k+1。
设k+1=st，则t|k+1，由于第k+1条对角线上棋子的分布以s为周期，所以第k+1条对角线被分成t段（每段s个格），每一段上棋子的分布状态相同。
又第k+1条对角线上恰有q只棋，这q只棋只能平均分配到t段中，所以t|q。
所以，t是q与k+1的公约数。
由此可见，若s是某个循环圈的长度，则
是q与k+1的公约数，即s与q、k+1的一个公约数对应。
反之，对q、k+1的任意一个公约数t，将第k+1条对角线平均分成t段（每段
个格），然后每一段的前
个方格上各放一只棋，则对应的状态在操作中必产生长度为
的循环圈。
所以，循环圈的长度与q、k+1的公约数一一对应，于是，所有长度不同的循环圈的个数就是q、k+1的公约数的个数，也就是d=（q，k+1）的约数的个数，其长度分别为
（t|d）。
