Problem 1856

答案為 $2^{2025}-1$；一般性地, 對於上限 $2^k$, 最大的 $L = 2^{k+1}-1$。

構造：令 $v_2(x)$ 為 $x$ 對 $2$ 的幂，並取 $a_i = 2^{k-v_2(i)}$。顯然 $a_i \le 2^k$。此外，我們有：

引理：對任意 $1 \le i \le j \le 2^{k+1}-1$，存在唯一的 $i \le x \le j$ 使得 $v_2(x) = \max_{i \le y \le j} v_2(y)$。

證明：若我們在 $x$ 和 $y$ 都取到最大值 $v$，表示 $x = p \times 2^v$ 且 $y = q \times 2^v$，其中 $p$ 與 $q$ 為奇數，不失一般性假設 $p < q$。但如此一來，我們有 $p < p+1 < q$，從而 $z = (p+1) \times 2^v$ 在 $x$ 與 $y$ 之間，但 $v > 0$，與 $v$ 的最大性矛盾。

現在，對於任意 $1 \le i \le j \le 2^{k+1}-1$，存在唯一的 $i \le x \le j$ 使得 $v_2(x)$ 最大。這表示 $v_2(a_x) = k-v$ 但 $v_2(a_y) > k-v$ 對於所有 $y \ne x$ 皆成立，從而 $v_2(\sum s_\ell a_\ell) = k-v$，故不可能為 $0$。

估計：假設 $L \ge 2^{k+1}$。假設 $a_1, \dots, a_L$ 滿足 $a_i \le 2^k$。令 $b_0 = 0$，並遞迴定義
$$s_i = \begin{cases} +1 & \text{if } b_{i-1} \le 0, \\ -1 & \text{if } b_{i-1} \ge 1. \end{cases}$$
$$b_i = b_{i-1} + s_i a_i.$$

現在，考慮數列 $b_0, b_1, \dots, b_L$。注意到，因 $a_i \le 2^k$，若 $b_{i-1} \in [-2^k+1, 0]$，則 $b_i = b_{i-1}+a_i \in [-2^k+1, 2^k]$；反之，若 $b_{i-1} \in [1, 2^k]$，則 $b_i = b_{i-1}-a_i \in [-2^k+1, 2^k]$。因此，$b_0$ 到 $b_L$ 共有 $L+1 \ge 2^{k+1}+1$ 項，卻只有 $2^{k+1}$ 個可能值，故存在 $1 \le i \le j \le L$ 使得 $b_{i-1} = b_j$，也就是 $b_j - b_{i-1} = \sum_{\ell \le j} s_\ell a_\ell = 0$。故不存在長度大於 $2^{k+1}-1$ 且滿足條件的數列。