令 $S$ 表示所有满足要求的 $\alpha$ 构成的集合。先来个小观察：如果 $\alpha \in S$，那么 $2 + \alpha \in S$：对于任何 $n \in \mathbb{N}^+$，有

于是我们就只需要研究 $[0, 2)$ 里的 $\alpha$ 即可。

1. 显然有 $0 \in S$;
2. 如果 $0 < \alpha < 1$，考虑 $n = \lceil \alpha^{-1} \rceil \geq 2$，有 $\sum\limits_{i=1}^n \lfloor i \alpha \rfloor = 1$，明显不满足要求；
3. 显然有 $1 \not\in S$：令 $n = 2$ 即可。
4. 如果 $1 < \alpha < 2$:
   1. 如果 $\alpha \not\in \mathbb{Q}$，对于任何 $n \in \mathbb{N}^+$ 有 $\sum\limits_{i=1}^n \lfloor i (2 - \alpha) \rfloor = \sum\limits_{i=1}^n (2i - 1 - \lfloor i \alpha \rfloor)$ ，故 $2-\alpha \in S$> ，又有 $0 < 2 - \alpha < 1$，矛盾。
   2. 如果 $\alpha \in \mathbb{Q}$，不妨令 $\alpha = p / q$ 且 $gcd(p, q) = 1, q > 1$。有 $$\sum_{i=1}^{q-1} \left\lfloor i \frac{p}{q} \right \rfloor = \frac{1}{2} \sum_{i=1}^{q-1} \left( \left\lfloor i \frac{p}{q} \right \rfloor + \left\lfloor (q - i) \frac{p}{q} \right \rfloor \right) = > \frac{p - 1}{2} (q - 1) \equiv 0 \pmod {q - 1}.$$ 可知 $p$ 为奇数。又考虑 $$\sum_{i=1}^q \left\lfloor i \frac{p}{q} \right \rfloor = p + \frac{1}{2} \sum_{i=1}^q \left\lfloor i \frac{p}{q} \right \rfloor = p + \frac{p - 1}{2} (q - 1) \equiv 0 \pmod{q}.$$ 可得 $$\frac{p + 1}{2} \equiv 0 \pmod{q},$$ 而这是不可能的，因为 $0 < \frac{p + 1}{2} < q$.

综上所述，$[0, 2) \cap S = \{0\}$，故 $S = \{2k: k \in \mathbb{Z}\}$.

（这个对 $\alpha \in \mathbb{Q}$ 的讨论好丑好想优化掉……）

以下给出一个 $n = 3$ 的构造。所有的图里蓝色为坏人，黄色表示可行路径。

我们先确定第二行的坏人在哪里。这一步直接扫就好了。有两种情况：

1. Case 1：坏人不在第一列或最后一列。如图所示，A 点和 B 点同行，所以至多有一个坏人。不妨设 B 点没坏人，按照黄色路径走即可。 
2. Case 2：坏人在第一列或最后一列。不妨设坏人在第一列，那我们便从上到下依次遍历下图的所有绿色方块，遇到第一个坏人就停止。 
   1. Case 2-1：我们没有找到任何一个坏人，那么我们可以直接走最后一列即可；
   2. Case 2-2：我们找到了一个坏人，那么按照下面的黄色路径走即可：  A 点左上方的点没有坏人是因为 A 点是我们从上往下扫找到的第一个坏人。

至于 $n$ 为啥不能小于 3：我们就考虑一个 adversarial 的放坏人的方式，

• 第一次探索时我把坏人放在你探索的第一个方块上（在第二行）；
• 第二次探索时我把坏人放在你探索的第一个位于第三行的方块上，这个方块一定和我第一次放坏人的方块不在同一列上，因为你只能从第二行的非坏人方格到第三行。