а) Пусть $a_1$, $a_2$, $\ldots$, $a_{19}$ — числа первой строки, $b_1$, $b_2$, $\ldots$, $b_{88}$ — второй, $A(i)=a_1+\ldots+a_i$, $B(i)=b_1+\ldots+b_i$. Предположим, что $A(19)\ge B(88)$ (случай $A(19)\lt B(88)$ рассматривается аналогично). Для каждого $i$ обозначим через $n_i$ наименьшее из чисел $n$ таких, что $A(n)-B(i)\ge0$; такое $n_i$ существует в силу нашего предположения. Рассмотрим 88 разностей $A(n_i)-B(i)$; они могут принимать значения от 0 до 87, так как $A(n_i)-B(i)=A(n_i-1)-B(i)+a_{n_i}\lt a_{n_i}\le88$. Если эти разности различны, то среди них есть 0 и наше утверждение выполнено. В противном случае какие-то две разности — скажем, для $i=l$ и $i=k$, $k\lt l$ — совпадают. Тогда
$$
A(n_l)-A(n_k)=B(l)-B(k),
$$
т. е. искомые отрезки — это $a_{n_k+1}$, $\ldots$, $a_{n_l}$ и $b_{k+1}$, $\ldots$, $b_l$.
Ясно, что числа 19 и 88 в этой задаче можно заменить на любые натуральные.
б) Доказательство проведём индукцией по $n$. Для $n=1$ доказывать нечего. Допустим, что наше утверждение верно для всех значений параметра, меньших $n$, и рассмотрим множество $S_n=\{1,2,\ldots,n\}$.
Если $m=n$, то $\dfrac{n+1}2=k$ — целое и нужное разбиение таково:
$$
\{n\},~\{1,n-1\},~\{2, n-2\},~\ldots,~\left\{\dfrac{n-1}2,\dfrac{n+1}2\right\};
$$
если $m=n+1$, то $n$ чётно и разбиение имеет вид $$
\{1,n\},~\{2, n-1\},~\ldots,~\left\{\dfrac n2,\dfrac n2+1\right\}.
$$
Теперь рассмотрим 3 случая.
Случай 1: $n+1\lt m\lt2n$, $m$ нечётно. Выделим из набора $S_n$ набор $S_{m-n-1}$; остальные $2n-m+1$ чисел можно разбить на пары с суммой $m$: $\{m-n,n\}$, $\{m-n+1,n-1\}$, $\ldots$, $\left\{\dfrac{m-1}2,\dfrac{m+1}2\right\}$. Сумма чисел набора $S_{m-n-1}$ равна
$$
\dfrac{(m-n-1)(m-n)}2=\dfrac{m^2-m(2n+1)}2+\dfrac{n(n+1)}2=m\left(\dfrac{m-2n-1}2+k\right)
$$
и делится на $m$, причём $m\ge m-n-1$, поэтому эти числа по предположению индукции также можно разбить на группы с суммой $m$ в каждой группе.
Случай 2: $n+1\lt m\lt2n$, $m$ чётно. Здесь мы тоже выделим набор $S_{m-n-1}$, а остальные числа разобьём на пары с суммой $m$: $\{m-n,n\}$, $\{m-n+1,n-1\}$, $\ldots$, $\left\{\dfrac m2-1,\dfrac m2+1\right\}$, и ещё одно число $\dfrac m2$. Сумму чисел набора $S_{m-n+1}$ представим в виде $(m-2n-1+2k)\cdot\dfrac m2$. Она делится на $\dfrac m2$, причём $\dfrac m2\ge m-n-1$, так как $\dfrac m2\lt n$. Поэтому набор $S_{m-n-1}$ можно разбить на нечётное число $m-2n-1+2k$ групп с суммой $\dfrac m2$, к одной из них присоединить $\dfrac{m}{2}$, а остальные объединить попарно — получатся группы с суммой $m$.
Случай 3: $m\ge2n$. Будем разбивать набор $S_n$ на $k$ групп с равной суммой, которая уже автоматически будет равна $m$. Заметим, что $k=\dfrac{n(n+1)}{2m}\le\dfrac{n+1}4$, и потому $n-2k\ge2k-1\gt0$.
Выделим из $S_n$ набор $S_{n-2k}$. Сумма чисел этого набора
$$
\dfrac{(n-2k)(n-2k+1)}2=\dfrac{n(n+1)}2-k(2n+1)+2k^2
$$
делится на $k$, причём частное от этого деления не меньше $n-2k$ так как $\dfrac{(n-2k)(n-2k+1)}{2(n-2k)}=\dfrac{n-2k+1}2\ge k$.
Следовательно, $S_{n-2k}$ можно разбить по предположению индукции на $k$ равных по сумме групп. Остальные $2k$ чисел разбиваются на $k$ пар с равной суммой: $\{n-2k+1,n\}$, $\{n-2k+2,n-1\}$, $\ldots$ Остаётся объединить каждую группу с одной из пар.
