【答案】①$r_{0}=0, r_{1}=1, r_{2}=1, r_{3}=2$
②$r_{n}=n, n \in \mathbf{N}$
（3）证明见详解
## 【解析】
【分析】（1）先求 $A_{0}, A_{1}, A_{2}, A_{3}, B_{0}, B_{1}, B_{2}, B_{3}$ ，根据题意分析求解；
（2）根据题意题意分析可得 $r_{i+1}-r_{i} \geq 1$ ，利用反证可得 $r_{i+1}-r_{i}=1$ ，在结合等差数列运算求解；
（3）讨论 $A_{m}, B_{m}$ 的大小，根据题意结合反证法分析证明．
## 【小问 1 详解】
由题意可知：$A_{0}=0, A_{1}=2, A_{2}=3, A_{3}=6, B_{0}=0, B_{1}=1, B_{2}=4, B_{3}=7$ ，
当 $k=0$ 时，则 $B_{0}=A_{0}=0, B_{i}>A_{0}, i=1,2,3$ ，故 $r_{0}=0$ ；
当 $k=1$ 时，则 $B_{0}A_{1}, i=2,3$ ，故 $r_{1}=1$ ；
当 $k=2$ 时，则 $B_{i} \leq A_{2}, i=0,1, B_{2}>A_{2}, B_{3}>A_{2}$ ，故 $r_{2}=1$ ；
当 $k=3$ 时，则 $B_{i} \leq A_{3}, i=0,1,2, B_{3}>A_{3}$ ，故 $r_{3}=2$ ；
综上所述：$r_{0}=0, r_{1}=1, r_{2}=1, r_{3}=2$ ．
## 【小问 2 详解】
由题意可知：$r_{n} \leq m$ ，且 $r_{n} \in \mathbf{N}$ ，
因为 $a_{n} \geq 1, b_{n} \geq 1$ ，则 $A_{n} \geq a_{1}=1, B_{n} \geq b_{1}=1$ ，当且仅当 $n=1$ 时，等号成立，
所以 $r_{0}=0, r_{1}=1$ ，
又因为 $2 r_{i} \leq r_{i-1}+r_{i+1}$ ，则 $r_{i+1}-r_{i} \geq r_{i}-r_{i-1}$ ，即 $r_{m}-r_{m-1} \geq r_{m-1}-r_{m-2} \geq \cdots \geq r_{1}-r_{0}=1$ ，
可得 $r_{i+1}-r_{i} \geq 1$ ，
反证：假设满足 $r_{n+1}-r_{n}>1$ 的最小正整数为 $1 \leq j \leq m-1$ ，
当 $i \geq j$ 时，则 $r_{i+1}-r_{i} \geq 2$ ；当 $i \leq j-1$ 时，则 $r_{i+1}-r_{i}=1$ ，
则 $r_{m}=\left(r_{m}-r_{m-1}\right)+\left(r_{m-1}-r_{m-2}\right)+\cdots+\left(r_{1}-r\right)_{0}+r_{0} \geq 2(m-j)+j=2 m-j$ ，
又因为 $1 \leq j \leq m-1$ ，则 $r_{m} \geq 2 m-j \geq 2 m-(m-1)=m+1>m$ ，
假设不成立，故 $r_{n+1}-r_{n}=1$ ，
即数列 $\left\{r_{n}\right\}$ 是以首项为 1 ，公差为 1 的等差数列，所以 $r_{n}=0+1 \times n=n, n \in \mathbf{N}$ ．
【小问 3 详解】
（i）若 $A_{m} \geq B_{m}$ ，构建 $S_{n}=A_{n}-B_{r_{n}}, 1 \leq n \leq m$ ，由题意可得：$S_{n} \geq 0$ ，且 $S_{n}$ 为整数，
反证，假设存在正整数 $K$ ，使得 $S_{K} \geq m$ ，
则 $A_{K}-B_{r_{K}} \geq m, A_{K}-B_{r_{K}+1}<0$ ，可得 $b_{r_{K}+1}=B_{r_{K}+1}-B_{r_{K}}=\left(A_{K}-B_{r_{K}}\right)-\left(A_{K}-B_{r_{K}+1}\right)>m$ ，这与 $b_{r_{K}+1} \in\{1,2, \cdots, m\}$ 相矛盾，故对任意 $1 \leq n \leq m, n \in \mathbf{N}$ ，均有 $S_{n} \leq m-1$ ．
①若存在正整数 $N$ ，使得 $S_{N}=A_{N}-B_{r_{N}}=0$ ，即 $A_{N}=B_{r_{N}}$ ，
可取 $r=p=0, q=N, s=r_{N}$ ，使得 $A_{p}+B_{s}=A_{q}+B_{r}$ ；
②若不存在正整数 $N$ ，使得 $S_{N}=0$ ，
因为 $S_{n} \in\{1,2 m \cdots, m-1\}$ ，且 $1 \leq n \leq m$ ，
所以必存在 $1 \leq X即 $A_{X}-B_{r_{X}}=A_{Y}-B_{r_{Y}}$ ，可得 $A_{X}+B_{r_{Y}}=A_{Y}+B_{r_{X}}$ ，
可取 $p=X, s=r_{Y}, q=Y, r=r_{X}$ ，使得 $A_{p}+B_{s}=A_{q}+B_{r}$ ；
（ii）若 $A_{m}反证，假设存在正整数 $K$ ，使得 $S_{K} \leq-m$ ，
则 $B_{r_{K}}-A_{K} \leq-m, B_{r_{K}+1}-A_{K}>0$ ，可得 $b_{r_{K}+1}=B_{r_{K}+1}-B_{r_{K}}=\left(B_{r_{K}+1}-A_{K}\right)-\left(B_{r_{K}}-A_{K}\right)>m$ ，
这与 $b_{r_{K}+1} \in\{1,2, \cdots, m\}$ 相矛盾，故对任意 $1 \leq n \leq m, n \in \mathbf{N}$ ，均有 $S_{n} \geq 1-m$ ．
①若存在正整数 $N$ ，使得 $S_{N}=B_{r_{N}}-A_{N}=0$ ，即 $A_{N}=B_{r_{N}}$ ，
可取 $r=p=0, q=N, s=r_{N}$ ，使得 $A_{p}+B_{s}=A_{q}+B_{r}$ ；
②若不存在正整数 $N$ ，使得 $S_{N}=0$ ，
因为 $S_{n} \in\{-1,-2, \cdots, 1-m\}$ ，且 $1 \leq n \leq m$ ，
所以必存在 $1 \leq X即 $B_{r_{X}}-A_{X}=B_{r_{Y}}-A_{Y}$ ，可得 $A_{X}+B_{r_{Y}}=A_{Y}+B_{r_{X}}$ ，
可取 $p=X, s=r_{Y}, q=Y, r=r_{X}$ ，使得 $A_{p}+B_{s}=A_{q}+B_{r}$ ；
综上所述：存在 $0 \leq p【点睛】方法点睛：对于一些直接说明比较困难的问题，可以尝试利用反证法分析证明．