题目
设 $m$ 为正整数，数列 $a_1, a_2, \cdots, a_{4m+2}$ 是公差不为 $0$ 的等差数列，若从中删去两项 $a_i$ 和 $a_j$ ($i < j$) 后剩余的 $4m$ 项可被平均分为 $m$ 组，且每组的 $4$ 个数都能构成等差数列，则称数列 $a_1, a_2, \cdots, a_{4m+2}$ 是 $(i, j)$-可分数列。
- 写出所有的 $(i, j), 1 \le i < j \le 6$，使数列 $a_1, a_2, \cdots, a_6$ 是 $(i, j)$-可分数列。
- 当 $m \ge 3$ 时，证明：数列 $a_1, a_2, \cdots, a_{4m+2}$ 是 $(2, 13)$-可分数列。
- 从 $1, 2, \cdots, 4m+2$ 中一次任取两个数 $i$ 和 $j$ ($i < j$)，记数列 $a_1, a_2, \cdots, a_{4m+2}$ 是 $(i, j)$-可分数列的概率为 $P_m$，证明 $P_m > \frac{1}{8}$.
解答
第一题，先熟悉一下题目。可以发现其实数列的初项和公差的具体数值对下面所有的题目没什么影响，为了直观呈现思路，直接不失一般性令 $a_k = k$。那么对于数列 1 2 3 4 5 6，很容易找到 $(i, j)$ 为 (1, 2), (5, 6), (1, 6) 都是可行的。
第二题，直接写去掉 2 和 13 后的数列：1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 14, 15 16 … 可以观察到 1 ~ 14 去掉 2 和 13 依然保留了一个对称的结构，且从 15 向后可以直接拆成很多 d = 1 的等差数列，所以现在只考虑前面这个对称的结构。因为 1 和 14 是单独隔开的，所以从他们两个开始依次尝试公差为 2, 3, 4, … 尝试到 d = 3 的时候发现 1 4 7 10, 5 8 11 14, 3 6 9 12 正好满足，也就证明完毕了（这里 d = 3 是一个小伏笔）
第三题，题目的证明概率大于一个数，看上去就很奇怪，但可以转化为理解成：对于所有的 i j 可能取值，满足可分数列要求的 i j 占比至少要达到 1/8。其实看到这里就有些卡住了，总不能跑个程序把这所有满足的 i j 全给找到，这不现实，甚至于找到 P(m) 的具体取值都非常困难。这时候思路是两条：一个是不等式找递归。因为没思路就想要走第二条：找规律。
众所周知，压轴题的前几问一般的不是纯粹送分，多少是对最后一问有些提示的。那么重新看第一问，所有的 (1, 2), (5, 6), (1, 6) 有什么特点？(1, 2) 和 (5, 6) 是掐头去尾，(1, 6) 是一头一尾，有什么共同点？可以看到共同点是 i 和 j 分别除以 4 得到的余数是 1 和 2！这时候自然而然就猜想：是不是只要 $i \equiv 1 \bmod 4$ 且 $j \equiv 2 \bmod 4$ 就一定成立（称为一二型）？直观上理解，在 i 之前，是连续的整数，它们除以 4 得到的余数是 1 2 3 0 1 2 3 0 … 1 2 3 0，公差为 1 可以不用管，在 j 之后，也是连续的整数，它们除以 4 得到的余数是 3 0 1 2 3 0 1 2 … 3 0 1 2，公差为 1 也可以不用管，那么 i 和 j 中间呢？还是连续的整数，它们除以 4 得到的余数是 2 3 0 1 2 3 0 1 … 2 3 0 1，公差为 1 依然是成立的。
既然观点得到了验证，那么就用数学一点的方式描述一下：当 $i \equiv 1 \bmod 4$ 且 $j \equiv 2 \bmod 4$ 时，令 $i = 4k + 1, j = 4l + 2$，其中 $0 \le k \le l \le m$ 为整数，将 $a_1, a_2, \cdots, a_{4m+2}$ 分为 $a_1 a_2 a_3 a_4$, $a_5a_6a_7a_8$, … , $a_{4k-3}a_{4k-2}a_{4k-1}a_{4k}$, $a_{4k+2}a_{4k+3}a_{4k+4}a_{4k+5}$, … , $a_{4l-2}a_{4l-1}a_{4l}a_{4l+1}$, $a_{4l+3}a_{4l+4}a_{4l+5}a_{4l+6}$, …, $a_{4m-1}a_{4m}a_{4m+1}a_{4m+2}$ 即可。
既然找到了通解的一部分，那么就来看看能这样一二型的 ij 能覆盖到多少，问题转变为了从 1 2 1 2 … 1 2（共 $2m+2$ 个数）中挑出一个 1 一个 2 且 1 在 2 前面，总共有多少种挑法：$C_{m+2}^2$. 用 $C_{m+2}^2$ 除以 $C_{4m+2}^2$，发现才达到了 1/16，离题目的 1/8 还差一半。这一半还能去哪里找呢？这时候再看第二题，i j 分别取 2 和 13，除以 4 的余数分别为 2 和 1，那么有没有可能，二一型也是满足条件的？
第二问中，对于 m = 3，我们找到了 1 4 7 11, 5 8 11 14, 3 6 9 12，d = 3，看上去规律还不是很明显。再看看 m = 2，这时候去掉 2 和 9，数列剩下 1 3 4 5 6 7 8 10，可以找到一组拆分：1 3 5 7, 4 6 8 10，d = 2。如果还不明显，再看 m = 4，这时候去掉 2 和 13，数列剩下 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 18，可以找到一组拆分：1 5 9 13, 3 7 11 15, 4 8 12 16, 6 10 14 18，d = 4。试到这里，其实就可以大胆猜测，二一型 $i \equiv 2 \bmod 4$ 且 $j \equiv 1 \bmod 4$ 对于也是成立的！先从 1 3 4 5 6 … $4m-1$, $4m$, $4m+2$ 开始，证明它可以拆成 $m$ 组公差为 $m$ 的等差数列，稍微凑一凑不难凑到 $a_1a_{m+1}a_{2m+1}a_{3m+1}$, $a_3a_{m+3}a_{2m+3}a_{3m+3}$, $a_4a_{m+4}a_{2m+4}a_{3m+4}$, …, $a_m a_{2m}a_{3m}a_{4m}$, $a_{m+2}a_{2m+2}a_{3m+2}a_{4m+2}$，而所有的二一型，其实也就是这样一个 1 3 4 5 6 … $4m-1$, $4m$, $4m+2$ 的数组，首尾拼接一串公差为 1 的连续的等差数列而已（前提要 $m \ge 2$，不然 $m=1$ 的 1 3 4 6 根本凑不出来）
那么再次用数学一点的方式描述一下：当 $i \equiv 2 \bmod 4$ 且 $j \equiv 1 \bmod 4$ 且 $j - i > 4$ （这个条件是为了避免 i j 之间只有两个数，对应上一段的 m = 1）时，令 $i = 4k - 2, j = 4l + 1$，其中 $0 \le k < l \le m$ 为整数，将 $a_1, a_2, \cdots, a_{4m+2}$ 分为 $a_1a_2a_3a_4$, $a_5a_6a_7a_8$, …, $a_{4k-7}a_{4k-6}a_{4k-5}a_{4k-4}$, $a_{4k-3}a_{3k+l-2}a_{2k+2l-1}a_{k+3l}$, $a_{4k-1}a_{3k + l}a_{2k+2l+1}a_{k+3l+2}$, $a_{4k}a_{3k+l+1}a_{2k+2l+2}a_{k+3l+3}$, … , $a_{3k+l-3}a_{2k+2l-2}a_{k+3l-1}a_{4l}$ , $a_{3k+l-1}a_{2k+2l}a_{k+3l+1}a_{4l+2}$, $a_{4l+3}a_{4l+4}a_{4l+5}a_{4l+6}$, … , $a_{4m-1}a_{4m}a_{4m+1}a_{4m+2}$.
那么这个二一型能覆盖多少 i j 的取值呢？等价为从 1 2 1 2 … 1 2（共 $2m+2$ 个数）中挑出一个 1 一个 2 且 1 在 2 后面，总共有多少种挑法：$C_{m+1}^2$，但是，要排除掉挑出的 2 和 1 是相邻的情况（对应 1 3 4 6）共 $m$ 种。最后综合起来，仅仅一二型和二一型就能覆盖：
堂堂完结！（严格写出划分方法，这下标简直不是给人看的… 所以推荐从举的例子看明白思路就好）
解后谈
刚看到试卷的最后一题，发现是数列，老江苏考生感觉跟回了家一样（x）这道题写起来也给人一种很玄妙的不循规蹈矩的感觉。其实这类题笔者在高中的时候也不是特别擅长（不如导数题往往思路很自然），如果说有什么技巧的话就是多举例子多找规律，尽量直观，以及从送分的前几小问中试图获得规律的灵感（（