设$m,n\ (3\leqslant m\leqslant n)$是正整数，数列$A_m:a_1,a_2,\cdots,a_m$，其中$a_i\ (1\leqslant i\leqslant m)$是集合$\{1,2,3,\cdots,n\}$中互不相同的元素．若数列$A_m$满足：只要存在$i,j\ (1\leqslant i<j\leqslant m)$使$a_i+a_j \leqslant n$，总存在$k\ (1\leqslant k\leqslant m)$有$a_i+a_j=a_k$，则称数列$A_m$是“好数列”．
(1) 当$m=6$，$n=100$时，
(i) 若数列$A_6:11,78,x,y,97,90$是一个“好数列”，试写出$x,y$的值，并判断数列：$11,78,90,x,97,y$是否是一个“好数列”？
(ii) 若数列$A_6:11,78,a,b,c,d$是“好数列”，且$a<b<c<d$，求$a,b,c,d$共有多少种不同的取值？
(2) 若数列$A_m$是“好数列”，且$m$是偶数，证明：$\dfrac{a_1+a_2+\cdots+a_m}{m}\geqslant \dfrac{n+1}{2}$．
分析与解 (1)(i) $x=89,y=100$或$x=100,y=89$．数列：$11,78,90,x,97,y$也是一个“好数列”．
(ii) 首先，数列中必有$89,100$这两项．
情形1 若剩下两项从$90,91,\cdots,99$中任取，都符合题意，有$\mathrm{C}_{10}^{2}=45$种；
情形2 若剩下两项从$79,80,\cdots,88$中任取一个，则另一项必对应$90,91,\cdots,99$中的一个，有$10$种；
情形3 若取$68 \leqslant a\leqslant 77$，则$79 \leqslant 11+a\leqslant 88$，$90 \leqslant 22+a\leqslant 99$，“好数列”必超过$6$项，不符合题意；
情形4 若取$a=67$，则$11+a=78\in A_6$，另一项可从$90,91,\cdots,99$中任取一个，有$10$种；
情形5 若取$56<a<67$，则$67<11+a<78$，$78<22+a<89$，“好数列”必超过$6$项，不符合题意；
情形6 若取$a=56$，则$b=67$，符合题意，有$1$种；
情形7 若取$a<56$，则易知“好数列”必超过$6$项，不符合题意．
综上，$a,b,c,d$共有$66$种不同的取值．
(2) 若数列$A_m$是“好数列”，且$m$是偶数，不妨假设$a_1<a_2<\cdots<a_m$．下面证明\[a_i+a_{m+1-i}\geqslant n+1\]对任意满足$1\leqslant i\leqslant \dfrac{m}{2}$的正整数$i$恒成立．
用反证法．若不然，假设存在正整数$j$，$1\leqslant j\leqslant \dfrac{m}{2}$，使得$a_j+a_{m+1-j}\leqslant n$，则\[a_{m+1-j}<a_1+a_{m+1-j}<a_2+a_{m+1-j}<\cdots<a_j+a_{m+1-j}\leqslant n,\]根据“好数列”的定义，可知存在正整数$1\leqslant k_1,k_2,\cdots,k_j\leqslant m$，使得\[a_i+a_{m+1-j}=a_{k_i}>a_{m+1-j},\ (i=1,2,\cdots,j).\]另一方面，数列$A_m$中，大于$a_{m+1-j}$的只有$j-1$项，矛盾．
因此命题得证，故$\dfrac{a_1+a_2+\cdots+a_m}{m}\geqslant \dfrac{n+1}{2}$．