Пусть число \(n\) имеет последнюю цифру \(d\in\{0,\dots,9\}\). Условие даёт \(d=\tfrac{n}{2016}\), то есть \(n=2016d\). Требуем согласования последней цифры: \(2016d\equiv d\pmod{10}\Rightarrow 2015d\equiv 0\pmod{10}\Rightarrow 5d\equiv 0\pmod{10}\), откуда \(d\) чётная: \(d\in\{0,2,4,6,8\}\). Так как \(n>0\), \(d\neq 0\). Значит \( n\in\{2016\cdot 2,\;2016\cdot 4,\;2016\cdot 6,\;2016\cdot 8\}=\{4032,8064,12096,16128\}. \)

Пусть задуманное число — \(N\). После приписывания слева «1» получаем \(100+N\). Затем приписываем справа «8», получая \[ M=10(100+N)+8=1008+10N. \] По условию \(M=28N\), поэтому \[ 1008+10N=28N \Rightarrow 18N=1008 \Rightarrow N=56. \] Проверка: \(56\cdot 28=1568\).

Пусть исходное число \(N=100a+10b+c\). После изменений получаем \( 100(a+3)+10(b+2)+(c+1)=4N. \) То есть \( 100a+10b+c+321=400a+40b+4c \Rightarrow 321=300a+30b+3c. \) Делим на \(3\): \( 107=100a+10b+c, \) значит \(N=107\). Проверка: новое число \(428\), и \(4\cdot107=428\).

\[ 2^{20}\cdot 5^{17}=2^{20-17}\cdot(2^{17}\cdot 5^{17})=2^{3}\cdot 10^{17}=8\cdot 10^{17}. \] Это число имеет вид «8» и затем 17 нулей, значит сумма цифр равна \(8\).

Обозначим \(P(n)\) — произведение всех ненулевых цифр \(n\). Возьмём \(n=299\). Тогда \(P(299)=2\cdot 9\cdot 9=162\), а \(P(300)=3\) (нули не учитываются). Получаем \(\dfrac{P(299)}{P(300)}=\dfrac{162}{3}=54\). Следовательно, ответ «да», пример — \(299\) и \(300\).

Предположим, что существует натуральное число \(n = n_k n_{k-1} \ldots n_1\). В этом случае число \(1n2\) должно быть кратно 12, а значит, и кратно 4. По признаку делимости на 4, число \(n12\) также должно быть кратно 4. Аналогично, если \(2n4\) кратно 24, то это подразумевает, что \(n14\) кратно 4. Следовательно, разница \(2 = n14 - n12\) должна делиться на 4, что приводит к противоречию.

Теперь проверим, какие значения \(n\) подходят. Для \(n = 1, 2, 3, 4, 5\) только \(n = 3\) удовлетворяет условию. Далее докажем, что для \(n \geq 6\) сумма цифр числа \(5n\) меньше, чем \(2n\). Действительно, число \(5n\) может иметь не более \(n\) цифр, следовательно, сумма его цифр не превышает \(9n\). С другой стороны, \(2n\) будет не менее \(9n\). Это утверждение верно для \(n = 6\), а при увеличении \(n\) на единицу правая часть неравенства увеличивается на 9, в то время как левая – не менее чем на 64.

Предположим, что возможно разбить все натуральные числа от 1 до k на две группы так, чтобы в каждой группе числа были записаны подряд и получились два одинаковых числа. Ясно, что \(k > 10\), так как в наборе цифр от 1 до 9 нет повторяющихся.

Рассмотрим наибольшую степень десяти, обозначим её \(10^n\), которая не превосходит \(k\). Цифры числа \(10^n\) полностью войдут в одно из составленных чисел. Однако, тогда такая же последовательность из единицы и \(n\) нулей должна повториться во втором числе.

Эта последовательность цифр не могла возникнуть из объединения двух или более чисел, так как натуральные числа не начинаются с нуля. Следовательно, она должна содержаться в одном числе, отличном от \(10^n\). Но наименьшее число, отличное от \(10^n\) и содержащее такой набор цифр, — это \(10^n + 1\).

Таким образом, мы приходим к противоречию с тем, что \(10^n\) — это максимальная степень десяти, не превосходящая \(k\).

Две нулевые разности требуют как минимум две пары одинаковых цифр или одну тройку одинаковых. Для \(3\)–\(4\)-значных чисел это невозможно одновременно с получением разностей \(2\) и \(7\). Минимально рассмотрим \(5\) цифр. Чтобы получить \(7\), нужны пары \((1,8)\) или \((0,7)\). Набор \(\{0,0,1,1,8\}\) даёт ненулевые \(1\) и \(8\), но не \(2\). Зато набор \(\{1,1,1,3,8\}\) даёт разности \(0,0\) (между единицами), \(2\) (между \(3\) и \(1\)), \(7\) (между \(8\) и \(1\)). Минимальная запись этими цифрами — \(11138\).

Ответ: \(N=29\). Поскольку однозначные числа не имеют общих цифр между собой, должно быть \(N>9\). Рассмотрим число \(9\): его оба соседа должны содержать цифру \(9\). Меньший такой сосед не меньше \(19\), другой (отличный от \(19\)) — не меньше \(29\), откуда \(N\ge 29\). При \(N=29\) подходит, например, такой круговой порядок: 1, 11, 10, 20, 21, 12, 2, 22, 23, 3, 13, 14, 4, 24, 25, 5, 15, 16, 6, 26, 27, 7, 17, 18, 8, 28, 29, 9, 19. В каждой соседней паре есть общая цифра, значит минимум достигается при \(N=29\).

Рассмотрим два стозначных числа, которые можно обозначить как \(n_1 = 10^{100} - 1\) и \(n_2 = 5 \cdot 10^{99} - 1\). Первое число \(n_1\) равно 99...9 (то есть состоит из 100 девяток). Это число делится на \(10^{100}\), что означает, что его десятичная запись заканчивается на \(n_1\).

Теперь рассмотрим второе число \(n_2\). Оно также делится на \(10^{100}\), следовательно, его десятичная запись также заканчивается на \(n_2\).

Теперь проверим условие, что десятичная запись \(n_1^2\) и \(n_2^2\) не заканчивается на \(n_1\) и \(n_2\) соответственно. Число \(n_1^2 = (10^{100} - 1)^2 = 10^{200} - 2 \cdot 10^{100} + 1\) не делится на 5, так как его последняя цифра равна 1. Это значит, что десятичная запись \(n_1^2\) не заканчивается на \(n_1\).

Аналогично, для числа \(n_2^2 = (5 \cdot 10^{99} - 1)^2 = 25 \cdot 10^{198} - 10^{100} + 1\). Это число также не делится на 5, следовательно, его десятичная запись не заканчивается на \(n_2\).

Таким образом, мы показали, что оба числа \(n_1\) и \(n_2\) являются необычными стозначными числами. Более того, можно утверждать, что существуют и другие необычные стозначные числа.

Обозначим три натуральных числа как \(a, b, c\). По условию задачи, последние цифры сумм любых двух из этих чисел равны последней цифре третьего числа. Это можно записать в виде равенств: \(a + b \equiv c \mod 10\), \(b + c \equiv a \mod 10\) и \(c + a \equiv b \mod 10\). Из этих равенств следует, что выражения \(a + b - c\), \(b + c - a\) и \(c + a - b\) делятся на 10. Таким образом, сумма всех трех чисел \(s = a + b + c\) также делится на 10. С другой стороны, из равенства \(s = (a + b - c) + 2c\) и условия делимости следует, что последняя цифра суммы \(s\) равна последней цифре числа \(2c\). Это означает, что число \(c\) должно заканчиваться на 0 или 5. Аналогично, числа \(a\) и \(b\) также заканчиваются на 0 или 5. Кроме того, поскольку сумма \(s\) четная, одно из чисел \(a, b, c\) также должно быть четным. Это приводит к выводу, что одно из этих чисел делится на 10, а два других — на 5. Следовательно, произведение \(abc\) делится на 250, что означает, что последние три цифры произведения могут быть только 250, 500, 750 или 000.

Примеры троек чисел, которые удовлетворяют условиям и дают указанные последние цифры: \(10 \cdot 10 \cdot 1000\); \(5 \cdot 5 \cdot 10 = 250\); \(5 \cdot 5 \cdot 20 = 500\); \(5 \cdot 5 \cdot 30 = 750\).

Пусть после приписывания получаем \(N=1000A+k\), где \(0\le k\le 999\). По условию \(N=\frac{A(A+1)}{2}\). Тогда \( \frac{A(A+1)}{2}=1000A+k \;\Longrightarrow\; A^2-1999A=2k. \) Так как \(0\le 2k\le 1998\), имеем \( 0\le A(A-1999)\le 1998. \) При \(A\le 1998\) левая часть отрицательна; при \(A\ge 2000\) она \(\ge 2000\). Следовательно, единственно возможно \(A=1999\), тогда \(k=0\) (приписаны «000»). Ответ: \(A=1999\).

Поскольку \(2018=224\cdot 9+2\), минимальное число с суммой цифр \(2018\) — это \(2\) и далее \(224\) девятки, то есть единственное \(225\)-значное с ведущей «2».

Следом идут \(225\)-значные числа с ведущей «3». Оставшаяся сумма равна \(2015=223\cdot 9+8\), значит среди оставшихся \(224\) разрядов — \(223\) девятки и одна восьмёрка. Таких чисел ровно \(224\) (по положению восьмёрки). Самое большое из них имеет восьмёрку в единицах: \( N=3\underbrace{99\ldots 9}_{223}\,8. \) Все числа с ведущей цифрой \(\ge 4\) больше, значит \(N\) — \(225\)-е по счёту.

Для натуральных n и k введём обозначения \(f(n) = n - S(n)\) и \(f_k(n) = f(f(...(n)...))\) (где \(f\) применяется \(k\) раз). При увеличении числа \(n\) на 1, сумма его цифр \(S(n)\) либо увеличивается на 1 (если \(n\) не заканчивается на 9), либо уменьшается. Это означает, что функция \(f\) не убывает, и при этом выполняется неравенство \(f(n + 10) > f(n)\) для всех \(n\).

Первый способ. Выберем такое натуральное \(d\), что \(10d > 20d(n + 1)\), и положим \(k = 10d\). Определим \(b_0 = 10k - 1\) и \(c_0 = 10k - k\), а также \(b_i = f^i(b_0)\) и \(c_i = f^i(c_0)\). Нам нужно доказать, что выполняется неравенство \(b_n > c_n > b_{n+1}\). (*)

Поскольку \(S(c_0) \leq 9k\), по индукции получаем, что \(c_i \geq 10k - k - 9ki\). Для \(i \leq n + 1\) имеем \((9i + 1)k \leq 10ki \leq 10d + 1(n + 1) < 10^{2d}\). Это означает, что в числе \(c_i\) хотя бы \(k - 2d\) первых цифр равны девяткам. Следовательно, \(S(c_i) \geq 9(k - 2d)\), откуда, опять же по индукции, следует, что \(c_i \leq 10k - k - 9(k - 2d)i\). Таким образом, мы получаем оценки: \(10k - (9i + 1)k \leq c_i \leq 10k - k - 9(k - 2d)i\).

Аналогично можно получить оценки для \(b_i\): \(10k - 9ki - 1 \leq b_i \leq 10k - 1 - 9(k - 2d)i\). Для доказательства неравенства \(c_n < b_n\) достаточно проверить, что \(10k - k - 9(k - 2d)n < 10k - 9kn - 1\), то есть \(k > 18dn + 1\). Это верно по выбору \(d\). Чтобы доказать неравенство \(b_{n+1} < c_n\), достаточно проверить, что \(10k - 1 - 9(k - 2d)(n + 1) < 10k - (9n + 1)k\), что эквивалентно \(8k + 1 > 18d(n + 1)\), и это также верно.

Так как \(c_n = f^n(c_0)\), число \(c_n\) является \(n\)-хорошим. В то же время, если \(x \leq b_0\), то \(f^{n+1}(x) \leq f^{n+1}(b_0) = b_{n+1} < c_n\). Если же \(x > b_0\), то \(f(x) \geq f(10k) = b_0\), и, следовательно, \(f^{n+1}(x) \geq f^n(b_0) = b_n > c_n\). Таким образом, \(c_n\) не является \((n+1)\)-хорошим.

Второй способ. Предположим противное: любое \(n\)-хорошее число \(x\) является \((n+1)\)-хорошим. Это означает, что \(x = f^{n+1}(y)\) для некоторого \(y\). Тогда число \(f(y)\) также является \(n\)-хорошим, а значит, и \((n+1)\)-хорошим; из этого следует, что \(x\) является \((n+2)\)-хорошим. Аналогично можно показать, что любое \(n\)-хорошее число является \((n+k)\)-хорошим для всех натуральных \(k\); назовём такое число просто хорошим.

Выберем натуральное \(k > 3 \cdot 10^n\) и оценим количество \(D_k\) хороших \(k\)-значных чисел двумя способами.

1. Для каждого числа \(y \in [2 \cdot 10^{k-1}, 10^k)\) число \(g(y) = f^n(y)\) является хорошим. Кроме того, \(g(y) \geq y - 9kn \geq y - 10^{k-1} \geq 10^{k-1}\), то есть \(g(y)\) — хорошее \(k\)-значное число. С другой стороны, уравнение \(f(x) = a\) имеет не более 10 решений для любого \(a\), следовательно, уравнение \(g(y) = a\) имеет не более \(10^n\) решений.
2. Пусть \(x\) — хорошее \(k\)-значное число. Тогда \(x = f^{10^k}(y)\) для некоторого \(y\). Поскольку \(f^{10^k}(y) \leq y - 10^k\), число \(y\) должно быть хотя бы \((k+1)\)-значным. Пусть \(s\) — наименьшее число, для которого \(f^s(y)\) является \(k\)-значным. Тогда \(f^{s-1}(y) \geq 10^k\), и, следовательно, \(f^s(y) = f(f^{s-1}(y)) \geq f(10^k) = 10^k - 1\). Таким образом, \(f^s(y) = 10^k - 1\), что означает, что любое \(k\)-значное хорошее число может быть представлено в виде \(f^t(10^k - 1)\) для некоторого \(t\).

Теперь покажем, что число \(f^t(10^k - 1)\) может быть \(k\)-значным лишь при определённых условиях, что приведёт к противоречию с оценкой из предыдущего пункта. Положим \(b_0 = 10^k - 1\) и \(b_i = f^i(b_0)\). Достаточно доказать, что \(b_{t_0} < 10^k - 1\).

Предположим противное; тогда все числа \(b_i\) при \(i \leq t_0\) являются \(k\)-значными. Оценим количество таких индексов \(i < t_0\), для которых \(b_i - b_{i+1} < k\) (то есть \(S(b_i) < k\)). Цифры любого такого числа \(b_i\) образуют последовательность из \(k\) неотрицательных целых чисел с суммой, не превышающей \(k - 1\). Однако существует ровно \(\binom{k - 1 + k - 1}{k - 1}\) таких последовательностей (это легко выводится из задачи 30719 б). Значит, и требуемых индексов не больше, чем \(\binom{k - 1 + k - 1}{k - 1}\).

Итак, в последовательности \(b_0, b_1, \ldots, b_{t_0}\) следующее число меньше предыдущего хотя бы на \(k\) как минимум в \(t_0 - 22k - 1\) случаях. Заметим, что \(k \cdot 22k - 1 \leq 10^k\). Поэтому \(b_{t_0} \leq b_0 - (t_0 - 22k - 1)k \leq 10^k - 10^k = 0\). Противоречие.

Ответ: \(k=2\). Нижняя оценка: \(k\ge2\). Для любого одного числа \(N\) с цифрами \(a_1\le\cdots\le a_5\) существует цифра \(g\in\{1,\dots,9\}\setminus\{a_1,\dots,a_5\}\), тогда \(G=ggggg\) — неубывающее число, не совпадающее с \(N\) ни в одном разряде. Значит набора из одного числа недостаточно.

Достаточность: возьмём \(N_1=13579\) и \(N_2=12468\). Тогда любое неубывающее число совпадёт хотя бы в одном разряде с \(N_1\) или \(N_2\).

Ответ: да. Пусть последние две цифры \(n\) — \(b8\), а сумма цифр старшей части равна \(S\). Если \(b\le 8\), то \( s(n)=S+b+8,\quad s(n+1)=S+b+9,\quad s(n+2)=S+b+1,\quad s(n+3)=S+b+2, \) причём \(n+2=10T\), \(n+3=10T+1\) для некоторого \(T\). Тогда \(s(n+2)\mid 10T\) и \(s(n+3)\mid(10T+1)\) при \(s(n+3)=s(n+2)+1\ge 9\). Из последнего следует, что \(s(n+3)\) взаимнопросто с \(10\) (иначе \(10T+1\) делилось бы на \(2\) или \(5\)), а потому согласовать обе делимости невозможно. Значит \(b\neq 0,\dots,8\).

При \(b=9\) имеем \( s(n)=S+17,\ s(n+1)=S+18,\ s(n+2)=S+1,\ s(n+3)=S+2, \) и \( n+2=100(P+1),\quad n+3=100(P+1)+1, \) что позволяет одновременно выполнить делимости. Например, \(P=603\) (\(S=9\)) даёт \(n=60398\).

Рассмотрим пример числа, подходящего под заданные условия. Пусть \(n = 13 \cdot 1...1 = 14...43\), где количество единиц мы определим позже. Если мы переставим единицу и тройку, то получим число \(34...41 = 31 \cdot 1...1\). При этом, если наше число состоит только из единиц и делится на \(13 \cdot 31 = 403\), то простыми делителями обоих чисел будут одни и те же.

Теперь докажем, что для любого числа \(d\), которое не делится на 2 и на 5, существует число, в десятичной записи которого содержатся только единицы, и которое делится на \(d\).

Рассмотрим числа, в десятичной записи которых содержатся только единицы: \(1, 11, 111, \ldots\). Поскольку таких чисел бесконечно много, среди них найдутся два числа, имеющие одинаковый остаток при делении на \(d\). Обозначим эти два числа как \(x\) и \(y\). Тогда разность этих двух чисел \(A = x - y\) будет иметь вид \(A = 1...10...0\), то есть будет представлять собой несколько единиц, за которыми следуют нули. Кроме того, число \(A\) делится на \(d\). Поскольку \(d\) взаимно просто с 10, то число, состоящее только из единиц, полученное из \(A\) путем удаления нулей, также будет делиться на \(d\).

Рассмотрим число \(N\), представляющее собой симметричное число, полученное путем последовательного выписывания целых чисел от 1 до \(n\) (при этом \(n > 1\)). Пусть \(N\) имеет \(m\) цифр, где \(m > 18\). Обозначим \(A\) и \(B\) как числа, составленные из первых и последних \(k\) цифр числа \(N\) соответственно, где \(k = \lfloor m/2 \rfloor\).

Теперь, если \(10^p\) — это наибольшая степень десятки, которая полностью входит в \(A\), то мы можем утверждать, что \(n < 2 \cdot 10^{p+1}\). Это означает, что \(n\) может иметь не более чем \(p + 2\) цифры.

Кроме того, число \(A\) содержит фрагмент вида \(99\ldots9\) (с \(p\) девятками) и \(100\ldots0\) (с \(p\) нулями) и заканчивается на \(1\). Следовательно, число \(B\) будет содержать фрагмент вида \(100\ldots0\) (с \(p\) нулями) и \(199\ldots9\) (с \(p\) девятками). Это, как легко заметить, невозможно, так как такие фрагменты не могут совпадать при симметричном чтении числа.