2016 年 IMO 的第 6 题（也就是第二天比赛的第 3 题）非常有趣，这恐怕算得上是近十年来 IMO 的所有题目中最有趣的题目之一。平面上有 n ≥ 2 条线段，每两条线段都有一个交点，并且任意三条线段都不交于同一点。 Geoff 打算在每条线段的其中一个端点处放置一只青蛙，并让每只青蛙都朝向它所在线段的另一个端点。然后， Geoff 将会拍 n – 1 次手。每次拍手时，每只青蛙都立即向前跳到它所在线段的下一个交点处（青蛙们在跳跃过程中始终不会改变方向）。 Geoff 希望巧妙地安排初始时放置青蛙的方法，使得在整个过程中，任意两只青蛙都不会同时到达某个相同的交点。这个题目有两个小问。
让我们来玩一个游戏。把某个国际象棋棋子放在棋盘上，两人遵循棋子的走法，轮流移动棋子，但只能将棋子往左方、下方或者左下方移动。谁先将棋子移动到棋盘的最左下角，谁就获胜。如果把棋子放在如图所示的位置，那么你愿意先走还是后走？显然，答案与我们放的是什么棋子有关。
这个游戏对于兵来说是没有意义的。在如图所示的地方放马或者放象，不管怎样都无法把它移动到棋盘的最左下角，所以我们也就不分析了。因此，我们只需要研究王、后、车三种情况。
在各种令人惊讶的数学事实当中，我最喜欢的类型之一便是，某个数学命题在二维空间、三维空间甚至四维空间当中都是成立的，但偏偏到了某个维度时，命题就不成立了。 Keller 猜想就是一个这样的例子。
同样大小的正方形平铺整个平面（比如像下图那样），则一定存在某些边与边完全贴合的相邻正方形。
类似地，同样大小的正方体平铺整个空间（比如像下图那样），则一定存在某些面与面完全贴合的相邻正方体。
1930 年， Ott-Heinrich Keller 猜测，或许这一点对于更高维度的空间都是成立的。也就是说， Ott-Heinrich Keller 猜测，对于任意正整数 n ≥ 2 都有，同样大小的 n 维立方体平铺整个 n 维空间，则一定有两个面与面完全贴合的相邻 n 维立方体。这就是著名的 Keller 猜想。
1940 年， Oskar Perron 证明了，当 n = 2, 3, 4, 5, 6 时， Keller 猜想确实是正确的。一切似乎都在正轨上。然而，到了 1992 年的时候，事情出现了转折： Jeffrey Lagarias 和 Peter Shor 构造了一个 n = 12 时的反例，从而推翻了 Keller 猜想。让我们来看一看 Lagarias 和 Shor 的神构造吧。为了方便起见，下面我们直接用“立方体”一词指代 n 维的广义立方体，“立方体的面”则代表 n 维立方体的 n – 1 维面。
计算机历史上，很多存储器的写入操作都是一次性的。 Wikipedia 的 write once read many 词条里提到了两个最经典的例子，一个是大家熟悉的 CD-R 和 DVD-R ，另一个则是更早的打孔卡片和打孔纸带。在介绍后者时，文章里说：“虽然第一次打孔之后，没有孔的区域还能继续打孔，但这么做几乎没有任何实际用处。”因此，打孔卡片和打孔纸带通常也被看成是只能写入一次的存储设备。
事实上真的是这样吗？ 1982 年， Ronald Rivest 和 Adi Shamir 发表了一篇题为《怎样重复使用一次写入型存储器》（How to Reuse a “Write-Once” Memory）的论文，提出了一个很有意思的想法。大家有觉得 Ronald Rivest 和 Adi Shamir 这两个人名都很眼熟吗？没错，这两个人之前曾经和 Leonard Adleman 一道，共同建立了 RSA 公钥加密系统。其中， Ronald Rivest 就是 RSA 中的那个 R ， Adi Shamir 就是 RSA 中的那个 S 。
在这篇论文的开头， Ronald Rivest 和 Adi Shamir 举了一个非常简单的例子。假设初始时存储器里的所有 bit 全是 0 。存储器的写入操作是单向的，它只能把 0 变成 1 ，却不能把 1 变成 0 。我们可以把存储器里的每 3 个 bit 分为一组，每一组都只表达 2 个 bit 的值，其中 000 和 111 都表示 00 ， 100 和 011 都表示 01 ， 010 和 101 都表示 10 ， 001 和 110 都表示 11 。好了，假设某一天，你想用这 3 个 bit 表示出 01 ，你就可以把这 3 个 bit 从 000 改为 100 ；假设过了几天，你想再用这 3 个 bit 表示出 10 ，你就可以把这 3 个 bit 从 100 改为 101 。事实上，容易验证，对于 {00, 01, 10, 11} 中的任意两个不同的元素 a 、 b ，我们都能找到两个 3 位 01 串，使得前者表示的是 a ，后者表示的是 b ，并且前者能仅仅通过变 0 为 1 而得到后者。因此，每组里的 bit 都能使用两遍，整个存储器也就具备了“写完还能再改一次”的功能。
不可思议的是，两次表达出 {00, 01, 10, 11} 中的元素，其信息量足足有 4 个 bit ，这却只用 3 个 bit 的空间就解决了。这乍看上去似乎有些矛盾，但仔细一想你就会发现，这并没有什么问题。在写第二遍数据的时候，我们会把第一遍数据抹掉，因此总的信息量不能按照 4 个 bit 来算。利用这种技术，我们便能在 300KB 的一次写入型存储器里写入 200 KB 的内容，再把这 200KB 的内容改写成另外 200KB 的内容。这听上去似乎是神乎其神的“黑科技”，然而原理却异常简单。
有时，为了说明某个式子始终成立，我们会为它构造一个情境。例如，为了说明
C(m, 0) · C(w, r) + C(m, 1) · C(w, r – 1) + … + C(m, r) · C(w, 0) = C(m + w, r)
始终成立，只需要注意到，等号的左边和右边计算的都是同一个东西：假如一个班上有 m 个男生 w 个女生，从中选出 r 个人有多少种方案。等号左边的计算方式是，分别计算 0 男 r 女、 1 男 r – 1 女、 2 男 r – 2 女等 r + 1 种情况的方案数，然后把它们加起来。等号右边则是直接算出了从这 m + w 个人中选出 r 个人的方案数。两种算法所得的答案应该是相等的。
现在，请你构造一个情境，来说明不等式
(1 – pm)n + (1 – qn)m ≥ 1
总成立，其中 m 、 n 是任意正整数， p 、 q 是任意正实数，并且满足 p + q ≤ 1 。