東京大学２０２３年理科数学第２問・文科数学第３問（解答・解説）
玉はすべて区別するので、説明の便宜上、赤玉４個をＡ、Ｂ、Ｃ、Ｄ、黒玉３個をＥ、Ｆ、Ｇ、白玉５個をＨ、Ｉ、Ｊ、Ｋ、Ｌと表記します。
また、１からｎまでの連続するｎ個の整数の積をｎ！と表記します。
（１）
すべての場合は１２！通りありますね。
どの赤玉も隣り合わない場合ですが、まず、Ｅ〜Ｌの８個の玉を並べ、その間と両端（下の図の９か所のvのところ）から４か所選んでＡ〜Ｄの４個の玉を並べると考えます。
v〇v〇v〇v〇v〇v〇v〇v〇v
どの赤玉も隣り合わない場合は８！×９×８×７×６（通り）あります。
したがって、確率ｐは
８！×（９×８×７×６）/１２！
＝（９×８×７×６）/（１２×１１×１０×９）
＝１４/５５
となります。
（２）
（１）より、どの赤玉も隣り合わない場合８！×９×８×７×６（通り）あります。
このうち、どの黒玉も隣り合わない場合が何通りあるか求めることになりますが、２個以上の黒玉が隣り合う場合を取り除くという方針で解きます。
黒玉２個をひとかたまりと考えてＸとします。
Ｘについては、Ｅ〜Ｇのうちどれを外すかで３通りあり、そのそれぞれに対して左右の入れ替えが２通りあるから、３×２＝６通りあります。
条件の対等性により、ＥＦがＸの場合について考えればいいですね。
ＸとＧ〜Ｌの合計７個の玉を並べ、その間と両端８か所から４か所選んでＡ〜Ｄの４個の玉を並べると考えます。
結局、黒玉が２個以上連続する場合は７！×（８×７×６×５）×６（通り）ありそうですが、この場合には、黒玉３個が連続する場合（ＸＧ、ＧＸと並ぶ場合）が含まれていて、この場合のＸＧ（ＥＦＧ）はＥＦがＸのときとＦＧがＸのときでダブルカウントされています。また、ＧＸについても同様にダブルカウントされています。 ←あえてダブらせて後で調整！
そこで、黒玉が３個連続する場合を取り除く必要があります。
黒玉３個をひとかたまりと考えてＹとします。
Ｙについては、Ｅ〜Ｇの並べ替えを考えると、３×２×１＝６通りありますね。
ＹとＨ〜Ｌの合計６個の玉を並べ、その間と両端７か所から４か所選んでＡ〜Ｄの４個の玉を並べると考えます。
黒玉が３個連続する場合は６！×（７×６×５×４）×６（通り）あるから、赤玉が隣り合わない場合で、黒玉が隣り合うことがある場合は
７！×（８×７×６×５）×６−６！×（７×６×５×４）×６
＝６！×６×７×６×５×（８×７−４） ←分配法則の逆を利用しました。
＝６！×６×７×６×５×５２
赤玉が隣り合わない場合で、黒玉が隣り合うことがある確率（１−ｑ）は
６！×６×７×６×５×５２/（８！×９×８×７×６）
＝６×５×５２/（８×７×９×８）
＝６５/１６８
となり、確率ｑは
１−６５/１６８
＝１０３/１６５
となります。