場合の数 最難関編の問題 全8問

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) $x\le y\le z$ の条件を保ったまま数えるのは難しい。そこで、いったん順序を区別して数え、並べ替えの束で割る方針を立てる。

ただし注意がいる。大小順の組 $(1,2,27)$ には順序つきの組が $3!=6$ 個対応するが、$(0,15,15)$ には3個、$(10,10,10)$ には1個しか対応しない。束の大きさが組によって違うのだ。

だから「すべて異なる」「ちょうど2つ等しい」「3つとも等しい」に分類してから束ねる。これが正しい手順になる。

① 順序を区別した総数。 $x+y+z=30$ の0以上の整数解は、○30個と仕切り2本の並べ替えで

$${}_{32}{\mathrm{C}}_2=\frac{32\cdot 31}{2}=496\text{個}$$

② 等しい成分を含む組を数える。 3つとも等しいのは $x=y=z=10$ の1組(順序つきでも1個)。ちょうど2つ等しい組は等しい値を $t$ として $2t+z=30$、$z=30-2t$。$t=0,1,\dots ,15$ の16通りから、$z=t$ になってしまう $t=10$ を除いて15組。順序つきでは1組につき(どの位置が仲間はずれかで)3個ずつあるから $15\times 3=45$ 個。

③ 分類して束ねる。 すべて異なる順序つきの組は

$$496-45-1=450\text{個}$$

これらは6個ずつ束になり、大小順の組 $450÷6=75$ 個を与える。よって求める個数は

$$75+15+1=91\text{個}$$

まとめ: 「順序をつけて数えて割る」は等しいものを含む組の補正とセットで初めて正しくなる。分類ごとに束の大きさ(1・3・6)が違う。ここを間違えやすい。

発展。 答えの91は $\frac{(30+3{)}^2}{12}=90.75$ に最も近い整数になっている。実は $x\le y\le z$、$x+y+z=n$ の解の個数は、つねに $\frac{(n+3{)}^2}{12}$ に最も近い整数だ。3つの場合の補正がこの「丸め」の中に折りたたまれている。

別解

差の変数に取り替える(束ねずに直接数えるルート)。 大小の条件そのものを、新しい変数に吸収させてしまう方法もある。$x\le y\le z$ を、$x=a$、$y=a+b$、$z=a+b+c$($a,b,c$ は0以上の整数)と書き直す。大小関係は自動的に満たされ、条件はただ1本:

$$x+y+z=3a+2b+c=30$$

あとはこの方程式の0以上の整数解を数える。$a$ を $0$ から $10$ まで動かし、各 $a$ で $b$ は $2b\le 30-3a$ の範囲($c$ は残りで自動的に決まる):

$$16+14+13+11+10+8+7+5+4+2+1=91\text{個}$$

束ね上げも重複補正も現れない。不等式つきの数え上げは差を新しい変数にすると等式だけになる。この取り替えは順序つき分割の問題全般で使える一手だ。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 区別できる6個なら、円順列は $(6-1)!$ で済む。だが同じ色を含むと、「1つ固定」も「6で割る」も崩れる。

なぜ崩れるかを正面から考える。一列の並べ方(90通り)を、回転で移り合うもの同士の束にまとめる。ふつうの並びは、回転6通りが全部違うから束の大きさが6。ところが「赤白青赤白青」のように、途中の回転で自分に一致する並びは、束が6より小さい。

束の大きさで割るのだから、大きさの違う束を分けて数えればよい。

① 一列の並べ方。 同じものを含む順列で

$$\frac{6!}{2!2!2!}=90\text{通り}$$

② 回転で自分に一致する並びを探す。 6個の円で、$k$ 個ずらす回転で自分に一致する並びは「周期 $k$ の繰り返し」の形に限られる($k$ は6の約数)。

• 周期1(全部同色): 各色2個ずつなので不可能
• 周期2(2個の繰り返し3回): 各色が3個ずつ必要になり、2個ずつの条件に反して不可能
• 周期3(3個の繰り返し2回): 3個のブロックに赤白青が1個ずつ入ればよく、$3!=6$ 通り

③ 束の大きさごとに数える。 周期3の並び6個は、回転で3通りにしか見えないので束の大きさが3。束は $6÷3=2$ 個だ。残りの $90-6=84$ 個は、どの回転でも自分に一致せず束の大きさが6。束は $84÷6=14$ 個。よって

$$14+2=16\text{通り}$$

まとめ: 「割る前に、割り切れない仲間(対称な並び)を仕分ける」ことが大事だ。一律に6で割ると $90÷6=15$ となり、正解16と1つずれる。そのずれの原因は周期3の並びの束(大きさ3)だ。

発展。 裏返しも同じとみなす(じゅず順列)と、答えは11通りまで減る。回転だけの16通りのうち、鏡に映すと別の並びになるものが対で束ねられるからだ。「どの操作まで同一視するか」で答えが変わる。この感覚が、次の別解の見方につながる。

別解

回転ごとの「動かない並び」を平均する(得意な人向け)。 場合分けの代わりに、次のような勘定がある。6つの回転(0個ずらしから5個ずらしまで)それぞれについて、「その回転で自分自身に一致する並び」の個数を数える:

• 0個ずらし(何もしない): すべての並びが一致。90個
• 1個・5個ずらし: 周期1が必要で0個
• 2個・4個ずらし: 周期2が必要で0個
• 3個ずらし: 周期3の並びで6個

合計 $90+0+0+6+0+0=96$。これを回転の個数6で割ると

$$\frac{96}{6}=16\text{通り}$$

本解の答えと一致する。実は「円順列の数 = 各回転で動かない並びの数の平均」という一般法則(バーンサイドの補題)があり、どんな対称性でも通用する。場合分けが複雑になるほど、この平均の勘定が役に立つ。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 「増えてから減る」並びを先頭から作ると、場合分けが絡まる。並びそのものではなく、各数の行き先を決めると考え直す。

まず頂上。増加から減少に切り替わる位置には、全体の最大値8しか来られない(8より大きい数はないから、8の左隣では増加が、右隣では減少が強制される)。

すると残りの $1$ 〜 $7$ は、「8の左側に入るか、右側に入るか」だけが自由だ。左側に入った数たちは増加順、右側は減少順と、並び方が1通りに確定する。並べ方と振り分け方の1対1対応だ。

① 頂上は8。 山型の頂上(そこまで増加・そこから減少)より大きい数は左右のどちらにも置けない。だから頂上は最大の8に限る。

② 残り7個を左右に振り分ける。 $1$ 〜 $7$ の各数について「8の左側/右側」の2択で $2^7=128$ 通り。左側に入った数の並びは増加順の1通り、右側は減少順の1通りに決まるから、振り分け1つにつき山型の並びがちょうど1つ対応する。

③ 両側1個以上の条件。 全部を左側に入れる(増加だけの並び)と、全部を右側に入れる(減少だけの並び)は山型にならないので除く:

$$2^7-2=128-2=126\text{通り}$$

まとめ: 「振り分けを決めると並びが勝手に決まる」構造を見抜けば解ける。数える対象を並びから部分集合の選び方に言い換えると、すぐに $2^7$ を数える問題になる。

発展。 一般の $n$ 個なら $2^{n-1}-2$ 通り。また「減ってから増える谷型」も、まったく同じ対応で同数になる(最小値1が谷底)。山と谷、答えまで対称だ。

別解

頂上の位置ごとに数える(分布まで見える別集計)。 同じ答えを、頂上が左から何番目かで場合分けして数えることもできる。

頂上(=8)が左から $i$ 番目($i=2,\dots ,7$)にあるとする。左側に入る $i-1$ 個の数を $1$ 〜 $7$ から選べば(${}_7{\mathrm{C}}_{i-1}$ 通り)、左は増加順・右は減少順で並びが確定する。よって

$$\sum _{i=2}^7{}_7{\mathrm{C}}_{i-1}={}_7{\mathrm{C}}_1+{}_7{\mathrm{C}}_2+\cdots +{}_7{\mathrm{C}}_6=2^7-{}_7{\mathrm{C}}_0-{}_7{\mathrm{C}}_7=126$$

答えは本解と同じだが、この集計はおまけの情報をくれる。頂上の位置ごとの内訳は $7,21,35,35,21,7$。山の頂上は真ん中(4番目・5番目)に来やすく、その理由は二項係数の山型そのものだ。

数え方を変えると、答えだけでなく「分布」が見える。集計の切り口は情報量で選べる、という見本になっている。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) $D_6$ を直接数え上げるのは現実的でない。数え上げの基本は「最初の1手で場合分けし、残りを同じ形の小さい問題に帰着させて漸化式を作る」ことだ。

1番の人が受け取る品の持ち主を $k$ とする($k$ は $n-1$ 通り)。次の分かれ目は「$k$ 番の人が1番の品を受け取るか」。

受け取るなら、2人が品を交換して退場し、残りは $n-2$ 人の同じ問題。受け取らないなら、$k$ 番の人の「受け取ってはいけない品」を付け替えることで、$n-1$ 人の同じ問題になる。この言い換えが決め手だ。

① 場合分けの枠組み((1)の証明)。 1番の人が $k$ 番の人の品を受け取るとする。$k$ の選び方は $2$ 〜 $n$ の $n-1$ 通りで、どの $k$ でも以下の勘定は同じだから、最後に $n-1$ 倍すればよい。

② $k$ 番の人が1番の品を受け取る場合。 1番と $k$ 番は品を交換して確定。残る $n-2$ 人は自分の品以外を受け取る同じ問題そのもの。配り方は $D_{n-2}$ 通り。

③ $k$ 番の人が1番の品を受け取らない場合。 残っている品は「1番の品」と「$k$ 番以外の $n-2$ 人の品」。受け取る人は「$k$ 番」と「1番・$k$ 番以外の $n-2$ 人」だ。ここで $k$ 番の人にとって禁止されているのは1番の品だけ。そこで、1番の品に「$k$ 番の品」と名札を付け替える。すると「$n-1$ 人がそれぞれ自分の名札の品を受け取らない」完全順列そのものになる(付け替えは1対1の言い換えで、数は変わらない)。よって $D_{n-1}$ 通り。

②と③は排反ですべてを尽くすから

$$D_n=(n-1)(D_{n-1}+D_{n-2})$$

④ $D_6$ を計算する((2)の答え)。 $D_1=0,D_2=1$ から

$$D_3=2(1+0)=2,D_4=3(2+1)=9,D_5=4(9+2)=44$$

$$D_6=5(44+9)=5\cdot 53=265$$

まとめ: 「交換して2人退場($D_{n-2}$)」と「禁止先の付け替えで1人減($D_{n-1}$)」。この2つの帰着から、完全順列の漸化式ができる。漸化式さえ立てば、$D_6$ は足して掛けるだけで届く。

発展。 $\frac{D_6}{6!}=\frac{265}{720}=0.3680\cdots$。この「誰も自分の品を受け取らない確率」は、人数を増やしても約 $36.8\%$($\frac{1}{e}$、$e$ は自然対数の底)に張りつく。プレゼント交換の失敗率は6人でもう極限とほぼ同じになる。

別解

包除原理で1本の式を作る(得意な人向け)。 漸化式を経由せず、$D_n$ を閉じた式で出す道もある。

「少なくとも1人が自分の品を受け取る」場合を包除原理で除く。自分の品を受け取る人の集合を $j$ 人指定すると、その $j$ 人は確定し、残り $n-j$ 人は自由だから $(n-j)!$ 通り。指定のしかたは ${}_n{\mathrm{C}}_j$ 通り。符号を交互につけて

$$D_n=\sum _{j=0}^n(-1{)}^j{}_n{\mathrm{C}}_j(n-j)!=n!\left(1-\frac{1}{1!}+\frac{1}{2!}-\cdots +(-1{)}^n\frac{1}{n!}\right)$$

$n=6$ で計算すると

$$720\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{6}+\frac{1}{24}-\frac{1}{120}+\frac{1}{720}\right)=360-120+30-6+1=265$$

漸化式(本解)は「隣とつなぐ」方法で、包除は「まとめて書き下す」方法だ。同じ265に、性格の違う2本の道が通じている。交互に符号のつく和の形は、そのまま $\frac{1}{e}$ への収束(発展)の理由にもなっている。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 制約なしなら ${}_{16}{\mathrm{C}}_8$ だが、「一度も帯から出ない」経路を全体からの引き算で出すのは難しい。はみ出しの回数や場所の分類が絡まるからだ。

制約つきの経路数は、使える点だけで「各点への経路数 =(左の点)+(下の点)」の表を左下から埋めるのが確実で速い。しかも帯の幅は5(差 $x-y$ が $-2$ 〜 $2$)しかない。埋めるうちに強い規則が現れる。それを見抜けば $(8,8)$ まで続けて計算できる。

① 使える点。 $|x-y|\le 2$ の帯の中の格子点だけ。対角線 $y=x$ と、その上下2本ずつの線上に並ぶ。

② 表を左下から埋める。 対称性 $f(x,y)=f(y,x)$ に注意しながら、対角線とその近くだけ追う:

• $f(1,0)=f(0,1)=1$、$f(1,1)=1+1=2$
• $f(2,0)=f(0,2)=1$、$f(2,1)=f(1,2)=1+2=3$、$f(2,2)=3+3=6$
• $f(3,1)=f(1,3)=3$(帯の縁: 片側からしか入れない)、$f(3,2)=f(2,3)=3+6=9$、$f(3,3)=9+9=18$
• $f(4,2)=f(2,4)=9$、$f(4,3)=f(3,4)=9+18=27$、$f(4,4)=27+27=54$

③ 3倍の規則を見抜き、保たれることを確かめる。 対角線上は $2,6,18,54,\dots$。縁は $1,3,9,27,\dots$。どちらも3倍ずつだ。そこで「$f(k,k)=2\cdot 3^{k-1}$、$f(k+1,k)=f(k+2,k)=3^k$($x,y$ を入れ替えても同じ)」というパターンを仮定して1段進めると

$$f(k+1,k+1)=3^k+3^k=2\cdot 3^k,f(k+2,k+1)=2\cdot 3^k+3^k=3^{k+1},f(k+3,k+1)=3^{k+1}$$

同じパターンが $k+1$ でも成り立つ(帯の縁 $f(k+3,k+1)$ は外から入れないので、$f(k+2,k+1)$ の値がそのまま)。よってすべての $k$ で成り立ち

$$f(8,8)=2\cdot 3^7=4374\text{通り}$$

まとめ: 制約つき経路は「表の足し込み」が最も確実な正攻法だ。さらに帯が狭いので3倍の規則が現れ、$(n,n)$ までなら $2\cdot 3^{n-1}$ 通りという閉じた式まで手に入る。規則は「1段進めても保たれるか」を確かめて初めて使ってよい。

発展。 この問題はカタラン数で有名な「対角線を越えない経路」の親戚だ(あちらは壁が片側、こちらは両側)。壁が両側にあると、全体からの引き算は「反射を何度も往復させる」無限の補正になる。表の足し込みが正攻法になるのは、そのためでもある。

別解

差の折れ線で見る(1次元にまとめる方法)。 $x$ と $y$ の2次元を追う代わりに、差 $d=x-y$ だけを見る。

1歩進むたびに、$d$ は $+1$($x$ 方向)か $-1$($y$ 方向)に動く。条件 $|x-y|\le 2$ は「$d$ が $-2$ 〜 $2$ の廊下から出ない」こと。求めるものは $d=0$ から出発して16歩で $d=0$ に戻る、廊下の中の折れ線の本数だ。

各時刻に「いまどの高さにいるか」の本数を5つ($d=-2,\dots ,2$)並べて、1歩ずつ更新する。両隣の合計が次の値になる(廊下の外は0)。16歩ぶん回すと、$d=0$ の本数はちょうど $4374$ になる。

この見方の収穫は2つ。2次元の格子が「幅5の廊下を歩く点」という1次元の絵に変わること。そして偶数歩後には $d$ が偶数($-2,0,2$ の3か所)にしかいないから、実質3状態の繰り返しで、3倍の規則(本解③)がこの構造から来ていると分かることだ。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 軸に平行な正方形は簡単だが、傾いた正方形は向きも大きさもばらばらで、直接数えると収拾がつかない。

そこで、どの傾いた正方形にも「外接する軸平行の正方形」がただ1つあることに注目する(4頂点のそれぞれを通る水平線・垂直線で囲めばよい)。逆に、1辺 $s$ の軸平行正方形の中には、下辺の分点の取り方1つにつき、傾いた内接正方形が1個できる。

この1対1対応で、「枠ごとに数える」方針に切り替える。

① 軸に平行な正方形。 1辺 $s$($s=1,2,3,4$)のものは、左下の頂点の置き方から $(5-s{)}^2$ 個:

$$4^2+3^2+2^2+1^2=16+9+4+1=30\text{個}$$

② 傾いた正方形。 1辺 $s$ の軸平行正方形を外接枠とする傾いた正方形は、下辺の分点を左から $a$($a=1,\dots ,s-1$)の位置に取るごとに1個(4頂点は各辺を $a:s-a$ に分ける点)。つまり枠1つにつき $s-1$ 個。

③ 合計する。 枠のサイズごとに

$$\sum _{s=1}^4(5-s{)}^2(s-1)=16\cdot 0+9\cdot 1+4\cdot 2+1\cdot 3=20\text{個}$$

よって総数は

$$30+20=50\text{個}$$

まとめ: ばらばらに見えるものは「必ず付いてくる枠」で分類する。外接正方形という枠を経由すると、傾いた正方形が(枠の位置)×(分点の位置)という2つの自由度に分解されて、漏れも重複もなく数えられる。

発展。 ①と②は ${\sum }_{s=1}^4(5-s{)}^2\cdot s$ と1本にまとまる(枠1つにつき、まっすぐ1個+傾き $s-1$ 個で計 $s$ 個)。$n\times n$ の格子でも同じ式 $\sum s(n+1-s{)}^2$ が通用する。$n$ が大きくなるほど、傾いた正方形の割合が増えていくのも、この式から読める。

別解

辺ベクトルでパラメータ化する(得意な人向け)。 正方形を「1辺のベクトル」で名付けると、まっすぐも傾きも1つの式で数えられる。

正方形の1辺を右上向きのベクトル $(p,q)$($p\ge 1,q\ge 0$)で表す。$q=0$ なら軸平行、$q\ge 1$ なら傾いた正方形だ。この正方形がちょうど収まる外接枠は1辺 $s=p+q$ の軸平行正方形で、枠の置き方は $(5-s{)}^2$ 通り。

よって総数は

$$\sum _{\begin{array}{c}p\ge 1,q\ge 0\\ p+q\le 4\end{array}}(5-p-q{)}^2=\sum _{s=1}^{4}s(5-s{)}^2=1\cdot 16+2\cdot 9+3\cdot 4+4\cdot 1=50$$

($p+q=s$ となる $(p,q)$ がちょうど $s$ 組あることを使った。)「図形を、それを生成するベクトルで数える」と、場合分け(まっすぐ/傾き)が消えて1本の和になる。分類を減らす方向のパラメータ選びは、数え上げの設計の要だ。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 完成図の領域を直接数えるのは、$n$ が大きいと不可能だ。1本ずつ弦を足して、増分を数える方針に切り替える。

新しい弦が既存の弦と内部で $k$ 回交わると、弦は $k+1$ 個の線分に分かれ、その各線分が通過中の領域を2つに割る。つまり領域は $k+1$ 増える。すると最後の総数は「最初の1(円の内部)+ 弦の本数 + 内部交点の総数」になる。

残るは交点の総数。どの3本も1点で交わらない仮定の下では、内部交点1つ ⟷ 円周上の4点の選び方1つ(4点を選ぶと、交わるのはたすきに結んだ1組だけ)という対応で数えられる。

① 弦の本数。 8点から2点を選んで

$${}_8{\mathrm{C}}_2=28\text{本}$$

② 内部交点の総数。 円周上の4点を選ぶと、その4点を結ぶ6本の弦のうち内部で交わるのは「たすき」の1組だけ。逆に、内部の交点はそのような4点をただ1組決める。よって

$${}_8{\mathrm{C}}_4=70\text{個}$$

③ 増分を足し上げる。 何も引かないとき領域は1個。弦を1本ずつ足すと、増える数の合計は(各弦につき1)+(交点1つにつき1)だから

$$1+28+70=99\text{個}$$

まとめ: 「1本ずつ足して増分を数える」帰納の型と、「交点を4点の選び方に言い換える」対応の型を組み合わせる。点を $2,3,4,5,6$ 個で試すと領域は $2,4,8,16,31$。倍々に見えて $n=6$ で崩れるのは、実際の式が $1+{}_n{\mathrm{C}}_2+{}_n{\mathrm{C}}_4$ だからだ(モーザーの円分割として有名)。

発展。 「どの3本も1点で交わらない」という仮定を外すと、多重交点1つごとに領域が減る。たとえば正六角形の対角線は中心で3本が重なり、領域は31より1つ少ない30になる。仮定の一文が答えを守っている。

別解

オイラーの公式で検算する(得意な人向け)。 平面のつながり方には、頂点 $V$・辺 $E$・面 $F$ のあいだの普遍の関係がある。

この図で数えてみる。頂点は円周上の8点と内部交点70個で $V=8+70=78$。辺は、円弧が8本(8点で切られる)、弦は1本あたり(交点数+1)本に分かれるから合計 $28+2\times 70=168$ 本(交点1つが2本の弦をそれぞれ1回ずつ切る)。あわせて $E=8+168=176$。

公式から

$$F=2-V+E=2-78+176=100$$

外側の面を1つ除いて、円の内部は $99$ 個。本解の増分勘定と一致した。増分で数える(本解)か、完成図の $V,E,F$ を勘定してオイラーに任せるか。前者は過程の、後者は構造の数え方だ。2本の道が同じ99で合流すると、答えはもう動かない。

方針

解答

⓪ 発想(どう考え始めるか) 三角形を直接数えるのは難しいので、全体から退化(3点が一直線)を引くのが基本だ。

共線な3点の数え上げが大事だ。これは「3点以上を含む直線」を全部リストアップし、直線ごとに(その上の点数から3点を選ぶ)組合せを足せばよい。

横・縦・傾き $\pm 1$ まではすぐ見える。だがこの格子には、傾き $\pm 2$ と $\pm \frac{1}{2}$ の直線にも3点が並ぶ。ここを見落とすと答えがずれる。

① 全体。 25点から3点:

$${}_{25}{\mathrm{C}}_3=\frac{25\cdot 24\cdot 23}{6}=2300\text{通り}$$

② 共線な3点を直線ごとに数える。

• 横の直線5本・縦の直線5本(各5点): $2\times 5\times {}_5{\mathrm{C}}_3=2\times 5\times 10=100$
• 傾き $\pm 1$: 各向きに5点の直線1本、4点の直線2本、3点の直線2本で ${}_5{\mathrm{C}}_3+2\cdot {}_4{\mathrm{C}}_3+2\cdot {}_3{\mathrm{C}}_3=10+8+2=20$。両向きで $40$
• 傾き $\pm 2$ と $\pm \frac{1}{2}$: たとえば傾き2は $(0,0),(1,2),(2,4)$ のように3点がちょうど乗る直線が3本。4方向で $4\times 3\times {}_3{\mathrm{C}}_3=12$

これ以外の傾き(たとえば3や $\frac{1}{3}$、$\frac{2}{3}$)では、3点目が $0$ 〜 $4$ の範囲からはみ出すので3点は並ばない。合計

$$100+40+12=152\text{通り}$$

③ 引き算で仕上げる。

$$2300-152=2148\text{通り}$$

まとめ: 「引くべきものを直線の側から整理する」ことが大事だ。等間隔の格子では、傾き $\pm 2,\pm \frac{1}{2}$ のような隠れた共線が必ず候補になる。ベクトルの歩幅 $(1,2)$ や $(2,1)$ で3歩が枠に収まるか、と点検すると漏れがない。

発展。 2つの格子点のあいだ(両端を除く)にある格子点の個数は、座標の差の最大公約数を $g$ として $g-1$ 個になる。この事実(別解で使う)は格子の幾何のあちこちで使う基本的な性質だ。

別解

2点を選んで「間の点」を数える中点勘定(得意な人向け)。 直線をリストアップする代わりに、共線な3点を「両端の2点+間の1点」と見る。

共線な3点のうち両端の2点を $P,Q$ とすると、残り1点は線分 $PQ$ の内部の格子点だ。座標の差を $(dx,dy)$、$g=\gcd (|dx|,|dy|)$ とすると、内部の格子点はちょうど $g-1$ 個(線分を $g$ 等分する点)。

よって共線な3点の総数はすべての2点ペア(300組)にわたる $g-1$ の和になる。実際に足し上げると

$$\sum _{\text{ペア}}(g-1)=152$$

で、本解の直線別の集計と一致する。

この勘定は直線のリストアップ(見落としの恐怖)を、$\gcd$ という機械的な計算に置き換えている。傾き $\pm 2,\pm \frac{1}{2}$ の「隠れた共線」も、$g=2$ のペアとして自動的に拾われる。見落としの心配がない数え方を設計する、という発想の見本だ。