大問Ⅲ　重複順列、組合せによる個数の数え上げ、余事象、3の倍数・11の倍数の判定法、合同式による剰余条件の処理数学A(場合の数)／数学A(整数の性質)・難易度 やや難　

(1) アイウ = 256

　8個の桁それぞれについて、入る数字が 1、2 の2通りずつある。

　先頭の桁も 1 または 2 なので 0 になることはなく、すべて8桁の自然数になる。

　よって 2⁸ = 256 個。

(2) エオカ = 128

　上位7桁の決め方は各桁2通りずつで 2⁷ = 128 通り。

　最後の1桁（一の位）は、先頭の桁に使った数字と異なる方の1通りに決まる。

　よって 128・1 = 128 個。

(3) キク = 70

　8個の桁のうち、数字1を入れる桁を4つ選べば、残りの4桁は自動的に2になる。

　選び方は ₈C₄ = (8・7・6・5)÷(4・3・2・1) = 70 通り。

　よって 70 個。

(4) ケコサ = 219

　余事象で考える。数字2の個数が 0 個、1 個、2 個の場合をそれぞれ数えると ₈C₀ = 1、₈C₁ = 8、₈C₂ = 28。

　全体 256 個からこれらを除くと 256 - (1 + 8 + 28) = 219。

　よって 219 個。

(5) シス = 86

　10 ≡ 1 (mod 3) なので、自然数が3の倍数であることは各位の数字の和が3の倍数であることと同値である。

　数字2を k 個（0 ≦ k ≦ 8）使うと、各位の和は 1・(8-k) + 2k = 8 + k。これが3の倍数になるのは 8 + k ≡ 0 (mod 3)、すなわち k ≡ 1 (mod 3) のときで k = 1, 4, 7。

　よって ₈C₁ + ₈C₄ + ₈C₇ = 8 + 70 + 8 = 86 個。

(6) セソ = 21

　60 = 4・3・5 で 4、3、5 は互いに素だから、N ≡ 1 (mod 60) は「N ≡ 1 (mod 5) かつ N ≡ 1 (mod 4) かつ N ≡ 1 (mod 3)」と同値である。

　N ≡ 1 (mod 5) より一の位は 1 または 6 だが、使える数字は 1、2 なので一の位は 1。次に mod 4 は下2桁で決まり、下2桁が 11 のとき 11 ≡ 3、21 のとき 21 ≡ 1 (mod 4) だから十の位は 2 に決まる。

　最後に mod 3 は各位の和で決まり、数字2を k 個使うと和は 8 + k なので 8 + k ≡ 1 (mod 3)、すなわち k ≡ 2 (mod 3) より k = 2, 5, 8。一の位の1と十の位の2は確定しているので、残り6桁に2を (k-1) 個置くことになり、k = 2 のとき ₆C₁ = 6 通り、k = 5 のとき ₆C₄ = 15 通り、k = 8 のとき残り6桁に2を7個は置けず 0 通り。

　よって 6 + 15 = 21 個。

(7) タチ = 70

　10 ≡ -1 (mod 11) なので、一の位から交互に符号を変えて足した値 M =（奇数番目の位の数字の和）-（偶数番目の位の数字の和）が11の倍数であることが、11の倍数であるための条件である。ここで一の位を1番目と数える。

　奇数番目は4桁、偶数番目も4桁で、各群の数字の和はどちらも 4 以上 8 以下だから M は -4 以上 4 以下。この範囲の11の倍数は 0 だけなので、2つの群の和が等しいこと、すなわち2つの群に含まれる数字2の個数が等しいことが条件となる。

　各群に2を j 個 (0 ≦ j ≦ 4) 置く場合の数は ₄Cj・₄Cj だから、合計は (₄C₀)² + (₄C₁)² + (₄C₂)² + (₄C₃)² + (₄C₄)² = 1 + 16 + 36 + 16 + 1 = 70 個。