【设f:?→?是严格递增函数，满足f(1)=1且对任意正整数n，有f(f(n))=f(n)+n。求f(n)的表达式。】
江辰扫了一眼。
“函数方程题，经典题型。”
他几乎没思考，直接写：
“解：先求前几项。由f(1)=1，代入n=1得f(f(1))=f(1)+1，即f(1)=1+1=2，矛盾？因为f(1)=1，所以f(f(1))=f(1)=1，右边f(1)+1=2，1=2矛盾？”
江辰愣住了。
“题目出错了？”
他重新读题：“f:?→?是严格递增函数，满足f(1)=1且对任意正整数n，有f(f(n))=f(n)+n。”
代入n=1：f(f(1))=f(1)+1 → f(1)=1+1=2，但f(1)=1，矛盾。
“这……”
江辰皱眉。
三秒后，他明白了。
“哦，f(1)=1，但f(f(1))=f(1)吗？不，f(1)=1，所以f(f(1))=f(1)=1，右边应该是1+1=2，確实矛盾。”
“除非……题目中的?是正整数，但可能包含0？或者f(1)=1是初始条件，但函数方程对n≥2成立？”
他继续往下想。
“先假设题目没错，那么矛盾说明我的推理有问题。f(f(n))=f(n)+n，当n=1时，f(f(1))=f(1)+1=2，所以f(f(1))=2。”
“而f(1)=1，所以f(1)=1，那么f(f(1))=f(1)=1，但需要等於2，所以必须f(1)≠1？可题目明確说了f(1)=1。”
江辰感觉脑子有点乱。
“这题……有问题？”
他决定先跳过，看第四题。
【第四题（45分）】
【设p是奇素数，a?,a?,…,a_p是整数。证明：存在整数k（1≤k≤p）使得∑_{i=1}^p (a_{i+k} - a_i)2能被p2整除，这里下標模p理解（即a_{p+1}=a_1等）。】
江辰看完，眼睛一亮。
“数论组合题，有点意思。”
“∑(a_{i+k}-a_i)2 = ∑a_{i+k}2 - 2∑a_{i+k}a_i + ∑a_i2 = 2∑a_i2 - 2∑a_{i+k}a_i，因为∑a_{i+k}2=∑a_i2。”
“所以要证存在k使2∑a_i2 - 2∑a_{i+k}a_i ≡ 0 d p2，即∑a_i2 ≡ ∑a_{i+k}a_i d p2/2？不对，模p2。”
“即证存在k使∑a_{i+k}a_i ≡ ∑a_i2 d p2。”
“记s_k = ∑a_i a_{i+k}，要证存在k使s_k ≡ s_0 d p2，其中s_0=∑a_i2。”
“这等价於证存在k使s_k - s_0 ≡ 0 d p2。”
“考虑所有k的s_k之和？或者用多项式方法……”
江辰脑子飞速转动。
十秒后，他有了思路。
“用傅立叶变换（离散傅立叶变换）。”
“设a(x)=∑a_i x^i（多项式），则s_k是a(x)a(x^{-1})中x^k项的係数？不对，循环卷积。”
“实际上，s_k = ∑a_i a_{i+k}是序列{a_i}的自相关函数。”
“要证存在k使s_k ≡ s_0 d p2。如果所有s_k ≡ s_0 d p2都不成立，那么所有s_k - s_0 ≡ 0 d p2都不成立……”
“用反证法：假设对所有k都有s_k ? s_0 d p2，则s_k - s_0 ≡ r_k d p2，其中r_k是1到p2-1之间的数。”
“考虑∑_{k=1}^p (s_k - s_0) = ∑_k ∑_i a_i(a_{i+k}-a_i) = ……”
江辰在草稿纸上快速计算。
两分钟后，他找到了关键等式。
“有了！∑_{k=1}^p s_k = p∑a_i2，所以∑_{k=1}^p (s_k - s_0) = p∑a_i2 - p∑a_i2 = 0。”
“但如果每个s_k - s_0都不被p2整除，它们的和模p2不可能为0，矛盾。”
“所以存在k使p2整除s_k - s_0。”
“严谨化：设b_i = a_i d p，考虑模p下的序列{b_i}，