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先日の、円順列 の解答です。
解答
（名城大 法学部 2014 一部省略）
解説
今回は、円順列を取り上げました。（３）だけが差のつく問題といったところでしょうか。他は絶対落とせません。
円順列の基本原則を用いるだけで、簡単に（１）と（２）は解けます。
(拙著シリーズ(白) 集合と場合の数 p.２９)
（３）は少し注意が必要です。固定している「A」にも同じものが入っている場合（１個の玉がない場合）は、固定した上で、さらに残りの玉の配置によって並べ方の総数が変わることに注意が必要です。
２個めの「A」の配置は、対称性から解答の３つの場合だけです。「A」が向かい合う場合のみ、まだ対称性が保たれますので、この場合は「B」と「C」の並べ方に注意します。多くても６通りしかありませんので、全て書き並べて同じものを消去するのがベストでしょう。
※なお、以下のような式でも求めることが出来ます。興味・余裕がある人は、「バーンサイドの定理」で検索してみるといいでしょう。
１／６Σ{G(６、k)！／(2・G（6、k）／6)！(2・G（6、k）／6)！(2・G（6、k）／6)！}
kは１～６のうち、分母の各項が全て整数になるもの
G（ａ，ｂ）はａ，ｂの最大公約数
実際に入れますと、ｋ＝３，６のときだけなので、（３！／１！１！１！＋６！／２！２！２！）÷６＝１６ 通りとなります。
２．解けなくて、原則を知っていた人は、思考時間を長くする演習をしましょう。
３．解けなくて、原則も知らなかった人は、原則集めからやる必要があります。
Piece CHECKシリーズでは、出来あがった答案からは見えない部分を解説していくことで、「なぜそうやって解くのか」「いったいどこからそんな答案が生まれるのか」に答えていきます。
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