简明题干：
在这样第一象限的这个三角形内 ( 含边界 ) 内有 \(n\) 个点，其中第 \(i\) 个点记为 \((x_i,y_i)\)，现将这 \(n\) 个点划分成两个集合 \(A,B\)，记 \(A\) 集合中的点的横坐标之和为 \(X(A)\)，\(B\) 集合中的点的纵坐标之和为 \(Y(B)\)，求证存在一种划分方法，使得 \(X(A)\le \frac{n+1}{2}\)，\(Y(B)\le \frac{n+1}{2}\)。
我们先说一下当时我在做题时是怎样想到调整法的，当时看题后首先想到的是把它分成三个区域，这个是很自然的，因为我们最优的策略一定是把 \(x_i\) 较小的点放到 \(A\) 集合中，\(y_i\) 较小的点放到 \(B\) 集合中，而这样划分图 1,2 区域分别是满足 \(y_i>x_i\) 和 \(x_i>y_i\) 的区域，在这样区域中的数肯定会被优先分配到 \(A,B\) 集合中的。
这样之后我们就发现的一点小性质，首先是 1,2 区域是一种比较对称的存在，第二是这个 3 区域纯小丑，\(x_i,y_i\) 没有一个大的，到这里一个思路就呼之欲出了，构造最劣情况。
这个题目的要求是对于任意的点都能存在一组解，那么这个点的任意性就可以让我有很大的动手空间，我们只需要找到最劣的点的分布，并且在这样的分布下依然能够构造出解，我们就能说明这个结论。下面开始证明：
\(\because\) 对于 $ (x_i,y_i),x_i+y_i<2$，调整为 \((2-y_i,y_i)\) 更不优
\(\therefore\) 令 \(\forall i\in\{1,2\cdots n\},x_i+y_i=2\) 最劣
不妨设 \(x_i\le 1\) 的点共有 \(a\) 个，且 \(a\le \frac{n}{2}\)
则将全部 \(x_i\le 1\) 的点划分进集合 \(A\) 中，此时 \(X(A)\le a\)
则 \(A\) 集合剩余元素横坐标之和 \(\sum x_i\le\frac{n+1}{2}-a\)
设满足的 \(x_i>1\) 的点的坐标为 \((c_1,d_1),(c_2,d_2)\cdots (c_{n-a},d_{n-a})\) 且 \(c_1\le c_2\le \cdots \le c_{n-a},d_1\ge d_2\ge\cdots\ge d_{n-a}\)
设满足 \(\sum_{i=1}^k c_i\le \frac{n+1}{2}-a\) 的最大 \(k\) 为 \(m\)
若 \(c_1<c_2\)，则令 \(c_1\) 增大至 \(c_2\) 更劣，同理得 \(c_1=c_2=\cdots=c_m\)
反之同理得 \(c_{m+1}=\cdots=c_{n-a}\)
若 \(c_m<c_{m+1}\)，则令 \(c_m\) 增大至 \(c_{m+1}\) 更劣
故 \(c_1=c_2=\cdots=c_{n-a}\) 最劣
不妨设 \(x=c_1,y=d_1,x+y=2\)
则只需证 \(y(n-a-\lfloor \frac{\frac{n+1}{2}-a}{x}\rfloor)\le \frac{n+1}{2}\) 即可
\(\because \frac{1-x}{x}<0,f(a)=\frac{a(1-x)}{x}\) 单调递减，故 \(a=0\) 时最劣。
得证。