这个周末是比利时的“大周末”，即连着周一11月11日也是假期（一战停战日）。我们来做一下周三AMC 10A的最后五道题。
亏秩的矩阵。
令第i行数列的公差为hi，第j列数列的公差为vj，问号处的数字为x。
根据x和其他四个数字的位置关系，分别得到四个方程：
x + 2h1 + v4 = 48
x – h1 + 2v1 = 12
x + h1 + 3v3 = 16
x + 3h1 + 3v5 = 0
同时，考虑两个对角数字a1, 1和a2, 4之间的关系，先沿水平方向3个数字再沿竖直方向1个数字，或者先沿竖直方向1个数字再沿水平方向3个数字，有
a1, 1 + 3h1 + v4 = a2,
4
a1, 1 + v1 + 3h2 = a2,
4
即，
v4 = v1 – 3h1 + 3h2
同理有，
v3 = v1 – 2h1 + 2h2
v5 = v1 – 4h1 + 4h2
代入前面的四个方程，得到一个关于x, h1,h2和 v1的四元一次方程组：
x – h1 + 3h2 + v1 = 48
x – h1 + 2v1 = 12
x – 5h1 + 6h2 + 3v1 = 16
x – 13h1 + 16h2 + 4v1 = 0
解方程组得到x = 29。
答案为C。
2023年初发现的非周期性平面铺砌“Ein-stein”又一次出现在数学竞赛的题目中。头一次见到以它为背景的题目是今年10月初UKMT举办的SMC第23题，现在它又成为了AMC 10A第22题的背景。
纯从对这一道题的感觉出发，今年AMC 10几何题的难度下降了。
在筝形的两个非直角中，锐角大小为60˚，所以在右图左下角由两个筝形拼成的五边形中，其灰色部分为一个腰长为√3、顶角为120˚的等腰三角形，因此其底边长度为3，高的长度为√3/2。
这样，三角形ABC的底边AB长度为6，高由上述等腰三角形的高以及一个筝形的斜边构成，高为√3/2 + √3，所以其面积为
6 ∙ (√3 + √3/2) / 2 = 9√3/2
答案为B。
三元轮换方程组的整数解问题。
注意到：如果将三个方程两两相加，方程左边即可表达为两个因式相乘的形式：
(c + a)(b + 1) = 187
(a + b)(c + 1) = 147
(b + c)(a + 1) = 160
把方程右边的整数进行质因数分解，
187 = 11 ∙ 17
147 = 3 ∙ 72
160 = 25 ∙ 5
显然，第一个分解最简明。所以，虽然咱们拿到的是一个轮换方程组，实际上我们利用前面两个方程基本上就可以解决问题。
类似地，用第一个方程减去第二个方程，得到
(a – c)(b – 1) = 13
13同样是一个很简明的质数。因此我们得到一个新的整数方程组，
(a – c)(b– 1) = 13
(a + c)(b + 1) = 11 ∙ 17
从第一个方程，
1）(b – 1) = ± 1，即b = 0或者2，只有b = 0时第二个方程才有整数解。此时，
(a – c) = – 13
(a + c) = 187
得到，
a = 87
c = 100
但这个解不满足：(b + c)(a + 1) = 160。
2）(b – 1) = ± 13，即b = – 12或者14，只有b = – 12时第二个方程才有整数解。此时，
(a – c) = – 1
(a + c) = – 17
得到，
a = – 9
c = – 8
经验证，这个解满足：(b + c)(a + 1) = 160。
综上，ab + bc + ca = 276。
答案为D。
三维网格随机游走问题。
根据题目中的条件，最终蜜蜂走过的四个线段构成一个单位立方体不同的四条边，这意味着
1）在四次骰子的结果中，某一个面不能出现两次，否则蜜蜂在同一个方向移动两次，一定走出了单位立方体的范围；
2）同一维的两个方向，比如A+和A-，不能连续出现，否则蜜蜂在同一条边上移动了两次。
因此，第一次掷骰子结果没有约束条件，可以有6种可能，不妨假设得到A+。
第二次掷骰子，结果不能是A+和A-，所以可以有4种可能，不妨假设得到B+。
第三次掷骰子，结果不能是B类的，也不能是A+，所以一共有3种可能：
1）A-，那么第四次掷骰子的结果可以是B-、C+和C- 3种可能。
2）C+，那么第四次掷骰子的结果不能是C类的，只可以是A-和B- 2种可能。
3）C-，那么第四次掷骰子的结果同样只可以是A-和B- 2种可能。
因此，符合题目条件的可能一共有6 ∙ 4 ∙ (3 + 2 + 2) = 168种。
无条件约束的骰子结果一共有64种。
所以，符合题目条件的概率为168 / 64= 7/54。
答案为B。
这道计数题蛮有意思的，背景有点儿像2021年IOI第一天的第三题Fountain Parks。
我们先把组成这4 × 9网格的水平线和垂直线分别定义为r1 – r4和c1 – c9，并不妨将中间这8个方格称为“河”，回路中任何以垂直方向经过河的线段称为“桥”。
先考虑一个简单的情形，即回路只存在于河的某一边，即回路中不存在任何桥。这样的情形只有两种可能，即回路为由r1, c1, r2, c9围成的长方形，或者由r3, c1, r4, c9围成的长方形。下图以由r1, c1, r2, c9围成的长方形为例。
然后再考虑回路中存在桥的情形。
因为最终需要形成一条回路，所以桥的数目一定为偶数，否则过桥次数为奇数，不可能形成回路。同时，任意两座桥不能相邻，否则它们之间的这个方格中的数字至少为2。考虑到经过河的垂直线段一共有9条，所以最多可能存在4座桥。
进一步，考虑在回路中，过桥后不能在河岸r2或r3上拐弯，否则拐点所在的方格中的数字至少为2。这意味着，对于所有桥，它一定是以垂直的方式直接将r1和r4相连。这说明，回路中最多只存在2座桥，否则将形成2个以上的回路。
同时，回路中左边的桥只能从c1或者c2经过，右边的桥只能从c8或者c9经过，否则回路无法使得河中第一个和最后一个方格中的数字为1。下图为两座桥分别从c2或者c9经过的例子。
我们可以把上例中c2和c3之间这三个方格，以及c8和c9之间这三个方格看成被2个3 × 1的骨牌覆盖，它们之间在河中存在5个方格，因为不再有桥经过这5个方格，所以它们中间的数字1只能由在河岸r2或者r3经过的回路来实现。
注意到对于ci和ci + 1之间的方格，不可能同时在两个河岸r2和r3上都存在回路，否则它的数字为2，所以任何一个可行的方案可以被看作为：在ci和ci + 1之间的3个方格上放置一个2 × 1的骨牌，这个骨牌的边缘要么和r1和r3重合，要么和r2和r4重合。下图为一个示例，其中第1、第2和第4个骨牌的边缘与r2和r4重合，第3和第5个骨牌的边缘与r1和r3重合。
剩下的工作，将蓝色线段相连即可得到回路（如下图）。
对于5个中间空格，2 × 1骨牌可能的放置方案有25种，对应于25种可能的回路。
现在回到两座桥可能的位置。
两座桥分别经过c1和c9，中间有6个空格，对应于26种可能的回路；
两座桥分别经过c1和c8，或者c2和c9，中间有5个空格，分别对应于25种可能的回路；
两座桥分别经过c2和c8，中间有4个空格，对应于24种可能的回路；
所以，有桥的情形中一共有26 + 2 ∙ 25 + 24 = 144种回路。再加上无桥情形中的2种回路，所以所有情形下一共有146种回路。
答案为C。
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