Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. En el primer paso solo podemos usar las operaciones A o C, y las dos nos producen el mismo resultado, luego supondremos que utilizamos la C sin perder generalidad. Supongamos entonces que hemos utilizado $n\geq 1$ veces la operación C antes de utilizar otra operación A o B. Si miramos a las primeras $n+2$ operaciones, tendremos las siguientes seis posibilidades: \[C\stackrel{(n)}{\ldots} CAB,\quad C\stackrel{(n)}{\ldots} CBA,\quad C\stackrel{(n)}{\ldots} CAA,\quad C\stackrel{(n)}{\ldots} CAA,\quad C\stackrel{(n)}{\ldots} CAC,\quad C\stackrel{(n)}{\ldots} CBC.\] Obviamente, se puede conseguir el resultado de las dos primeras con menos operaciones ya que A y B se cancelan al aplicarse de forma consecutiva. También se puede reducir el número de operaciones en la tercera y la cuarta, haciendo $C\stackrel{(n-1)}{\ldots}CAC$ y $C\stackrel{(n-1)}{\ldots}CBC$, respectivamente (es decir, si vamos a sumar/restar uno dos veces consecutivas, podemos sumarlo/restarlo en el paso previo y luego duplicar). Esto nos dice que después de aplicar un cierto número de veces C, no tiene sentido aplicar A y/o B dos veces consecutivas, por lo que cualquier resultado se puede obtener con igual o menos número de operaciones usando sucesivamente C mezclada con A y B aisladas.

El siguiente paso es ver que también podemos suponer que las operaciones C no están aisladas, salvo posiblemente la primera y la última. Según la descripción del apartado anterior, podemos encontrarnos las siguientes cuatro posibilidades si hay operaciones C aisladas: \[CA\textcolor{blue}{C}A,\qquad CA\textcolor{blue}{C}B,\qquad CB\textcolor{blue}{C}A,\qquad CB\textcolor{blue}{C}B.\] Estas pueden sustituirse, respectivamente, por \[ACCB,\qquad CCA,\qquad CCB\qquad BCCA.\] Haciendo estas sustituciones de derecha a izquierda en nuestra cadena, claramente eliminamos todas las operaciones C aisladas excepto posiblemente la primera y la última.

Ahora vamos a pensar en base $2$ para tratar con $2026$. Cada bloque $C\stackrel{(n+1)}{\cdots}CA$ añade $n\geq 1$ ceros seguidos de un uno y cada bloque $C\stackrel{(n+1)}{\cdots}CB$ cambia el último uno por un cero y añade $n\geq 1$ unos. Tras cada aplicación de uno de estos bloques, queda de nuevo un uno al final, luego puede aplicarse el siguiente y es evidente que llegamos a cualquier número de una única forma posible leyéndolo en base $2$ de izquierda a derecha. En particular, para obtener $2026$ partiendo de $1$, debemos hacerlo según nuestro algoritmo anterior en exactamente catorce pasos (y no se puede con menos):

• Utilizamos C seis veces y luego B una vez para obtener $111111$.
• Utilizamos C dos veces y luego A una vez para obtener $11111101$.
• Utilizamos C dos veces y luego A una vez para obtener $1111110101$.
• Utilizamos C una vez para obtener finalmente $11111101010$.