Esta es sólo una respuesta parcial, como lo demuestra una débil declaración con $50$ reemplazado por $49.$ Primero permítanme reformular el problema en una forma menos confusa, más sencillo formulario:
Supongamos que cada arista del grafo completo $K_{100}$ es de color rojo o azul. Muestran que hay dos vértices que están conectados al menos $50$ monocromática de caminos de longitud $2.$
No sé cómo demostrar que, pero de una cuenta simple argumento demuestra la siguiente:
La proposición. Si cada arista del grafo completo $K_{99}$ es de color rojo o azul, entonces hay dos vértices que están conectados al menos $49$ monocromática de caminos de longitud $2.$
Prueba. Deje $V$ ser el vértice conjunto de $K_{99}.$ Deje $p$ el número de monocromática de caminos de longitud $2.$ $v\in V$ deje $p_v$ el número de monocromática de caminos de longitud $2$ con el punto medio de la $v.$ $u,v\in V,u\ne v,$ deje $m_{u,v}$ el número de monocromática de caminos de longitud $2$ $u$ a $v.$ Deje $m=\max\{m_{u,v}:u,v\in V,u\ne v\}.$
Por un lado, es claro que tenemos
$$p\le\binom{99}2m.\tag1$$
Ahora el valor mínimo posible de $p_v$ $2\binom{49}2,$ alcanzado sólo si $v$ es incidente con $49$ bordes rojos y $49$ azul bordes. Por otra parte, no es posible que este mínimos a ser alcanzados por todos los $v$ simultáneamente, como el subgrafo formado de los bordes rojos, sería entonces un $49$-gráfico regular en $99$ vértices. Así tenemos
$$p=\sum_{v\in V}p_v\gt99\cdot2\binom{49}2.\tag2$$
La combinación de $(1)$ $(2)$ tenemos
$$m\gt\frac{99\cdot2\binom{49}2}{\binom{99}2}=48,$$
de dónde $m\ge49.$
Observación. El mismo argumento muestra que, si cada arista del grafo completo $K_{4t-1}$ es de color rojo o azul, entonces hay dos vértices que están conectados al menos $2t-1$ monocromática caminos.
