本题中所有题解的单调性正确性似乎都有或多或少的问题，在这里我给出一个严谨的单调性证明。

首先：$x - \lfloor px \rfloor$ 这个函数并不是单调不降的，它只在整点上单调不降，可以在 desmos 中画一个 $x - \lfloor 0.9x \rfloor$ 的函数试试看，你会发现它并没有单调性。当然，$x - px$ 有单调性。

所以一切直接抛开下取整对单调性的证明是没有任何道理的，这就叉掉了本题大量题解，包括但不限于第一篇题解。

同时，一切没有用到 $x_1$，$x_2$ 这两个数为整数这个性质就证出了这个函数的单调性的都是伪证，本题疑似所有题解全都是伪证。lyd 蓝书上的证明也是伪证，具体原因见下。

前置知识：

• 下取整函数单调不降，即对于 $x_1 < x_2$ 有 $\lfloor x_1\rfloor \le \lfloor x_2 \rfloor$；
• 整数可以自由移入移出下取整函数，即对于 $z \in \Z$，有 $\lfloor x \rfloor + z = \lfloor x + z \rfloor$。
• 注意：负号不能随便移入移出，$\lfloor -3.4 \rfloor \ne - \lfloor 3.4 \rfloor$。
• 关于这点很容易犯的一个错误就是对于 $z \in \Z$，有$\lfloor z - x \rfloor = z - \lfloor x \rfloor$，事实上这点根本不成立，举个反例：$\lfloor 1 - 0.3 \rfloor \ne 1 - \lfloor 0.3\rfloor$。
• 刚刚这条错误就是很多伪证的错误原因所在，包括 lyd 蓝书的证明也存在这个伪证。

真正证明：

命题：对于 $x_1, x_2 \in \Z, x_1 \ge x_2, 0< p < 1$，有 $x_1 - \lfloor px_1 \rfloor \ge x_2 - \lfloor px_2 \rfloor$。

证明：$x_1 > x_2 \land x_1, x_2 \in \Z$，因此 $x_1 - x_2 \in \N$。又因为 $0 <p < 1$，所以：

$$\begin{aligned}x_1 - x_2 &\ge p(x_1 - x_2) \\ x_1 - x_2 + p x_2 & \ge px_1 \\ \lfloor px_2 + (x_1 - x_2) \rfloor & \ge\lfloor px_1 \rfloor \\ \lfloor px_2 \rfloor + (x_1 - x_2) & \ge \lfloor px_1 \rfloor \\ x_1 - \lfloor px_1 \rfloor & \ge x_2 - \lfloor px_2 \rfloor \end{aligned}$$

证明出了这一点的单调性之后，事实上我们就解决了 $q = 0$ 的单调性问题，接下来解决 $q \ge 0$ 的。

我们假设某一秒，我们切开了一个数 $x_1$，下一秒，我们切开了一个数 $x_2 + q$。$x_2 + q$ 在上一秒时为 $x_2$，因此 $x_1 \ge x_2$。我们的证明目标是 $\lfloor px_1\rfloor+ q \ge \lfloor p(x_2 + q)\rfloor$ 和 $x_1 - \lfloor px_1\rfloor+ q \ge x_2 - \lfloor p(x_2 + q)\rfloor$。

需要注意这个证明目标也有很多题解搞错，包括 lyd 蓝书也搞错了这个证明目标，同时证明也存在上面所说的问题（那条假结论）。

对于第一条：$\lfloor px_1\rfloor+ q = \lfloor px_1 + q\rfloor \ge \lfloor px_2 + pq\rfloor = \lfloor p(x_2 + q)\rfloor$。

对于第二条：$x_1 - \lfloor px_1\rfloor+ q \ge x_2 - \lfloor px_2\rfloor \ge x_2 - \lfloor p(x_2 +q) \rfloor$。这里第一个不等号用了 $q = 0$ 的证明结论。