Que el número de las tarjetas sea $\{a_1,a_2, \ldots , a_{99}\}$ . Supongamos que $a_1 \neq a_2$ . Entonces, considere lo siguiente $99$ subconjuntos $$\{a_1\}, \{a_1,a_2\}, \{a_1,a_2,a_3\}, \ldots \{a_1,a_2, \ldots a_{99}\}.$$ Entonces las sumas correspondientes serán $$s_1=a_1,\, s_2=a_1+a_2, \, s_3=a_1+a_2+a_3, \ldots , \, s_{99}=a_1+a_2+ \dotsb + a_{99}.$$ Como ninguno de ellos es divisible por $100$ por lo tanto, modulo $100$ deberían dar todos los residuos distintos (y también cubrir todos los posibles residuos distintos de cero módulo $100$ ). Si no, entonces existe $i,j$ con $i < j$ tal que $s_i \equiv s_j \pmod{100}.$ Pero entonces el subconjunto $\{a_{i+1}, a_{i+2}, \ldots ,a_{j}\}$ tendrá suma $s_j-s_i$ y será divisible por $100$ contradiciendo la condición dada.
Ahora considere $a_2$ . Desde $a_1,a_2 \in \{1,2,\ldots ,99\}$ y son distintos por lo tanto $a_2 \not\equiv a_1 \not\equiv s_1\pmod{100}$ . También $a_2 \not\equiv s_2 \pmod{100}$ tampoco, de lo contrario $a_1 \equiv 0 \pmod{100}$ .
Por lo tanto, $a_2 \equiv s_k \pmod{100}$ para algunos $k \geq 3$ .
Esto es una contradicción porque entonces el subconjunto $\{a_1,a_3, \ldots ,a_{k}\}$ tendrá la suma divisible por $100$ .
Así que sólo podemos tener $a_1=a_2$ .
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Para demostrar que no es posible tener un número 98 veces y otro número 1 vez se puede utilizar el teorema de knuth como se indica en es.wikipedia.org/wiki/