2026학년도 수능 확률과 통계 30번 풀이 | 주머니 배열과 경우의 수

들어가기 앞서…

공끼리는 서로 구별하지 않는다. 그래서 실제로 세는 것은 어느 공이 어느 주머니에 들어갔는가가 아니라, 왼쪽부터 각 주머니에 공이 몇 개 들어 있는지이다.

각 주머니를 $0,1,2$ 중 하나로 적으면 길이 $10$인 배열 문제가 된다. 이때 조건 (나)는 “$2$의 양옆에는 $0$만 올 수 있다”는 이웃 조건으로 바뀐다. 그래서 $2$를 직접 먼저 놓기보다, 빈 주머니가 만드는 틈에 $2$를 넣는 방식이 계산을 짧게 만든다.

문제

정답

$262$

풀이

주머니 한 줄을 0, 1, 2 배열로 바꾼다

공이 구별되지 않으므로 각 주머니에는 공의 개수만 기록하면 된다. 빈 주머니를 $0$, 공이 하나 들어 있는 주머니를 $1$, 공이 두 개 들어 있는 주머니를 $2$로 쓰면, 길이 $10$인 배열을 세는 문제가 된다.

조건 (나)는 배열에서 바로 보인다. $2$가 놓인 칸의 양옆에는, 그 칸이 존재한다면 반드시 $0$이 와야 한다. 따라서 $2$ 옆에는 $1$도 올 수 없고, 다른 $2$도 바로 붙을 수 없다.

이 조건을 보면 $2$를 먼저 아무 데나 놓고 수정하는 것보다, $0$을 먼저 놓고 $2$가 들어갈 수 있는 틈을 보는 편이 짧다. $0$은 $2$가 옆에 붙기 위해 필요한 완충 칸이기 때문이다.

조건 (가)로 0, 1, 2의 개수부터 정한다

$1$이 들어 있는 주머니의 개수를 $n_1$, $2$가 들어 있는 주머니의 개수를 $n_2$, 빈 주머니의 개수를 $n_0$라 하자. 공의 총개수가 $8$개이므로 $n_1+2n_2=8$이다.

조건 (가)에 의해 $n_1$은 $4$ 또는 $6$이다. 전체 주머니가 $10$개이므로 각 경우의 빈 주머니 수는 $n_0=10-n_1-n_2$로 정해진다. 가능한 개수는 다음 두 가지뿐이다.

이제 전체 배열을 무작정 세지 않는다. 각 경우에서 빈 주머니들을 먼저 줄 세우고, 그 사이사이에 $2$를 넣을 수 있는지를 본다.

빈 주머니 네 개 사이의 틈에 2 두 개를 넣는다

먼저 $n_1=4,\ n_2=2,\ n_0=4$인 경우이다. 빈 주머니 $4$개를 먼저 놓으면 양끝과 사이에 틈이 $5$곳 생긴다.

여기서 $A_1,A_2,A_3,A_4$는 빈 주머니이고, $V$는 $2$ 또는 $1$이 들어갈 수 있는 틈을 뜻한다.

$2$ 두 개는 같은 틈에 함께 들어갈 수 없다. 같은 틈에 넣으면 두 $2$가 바로 붙어서 조건 (나)를 어긴다. 따라서 $5$개의 틈 중 서로 다른 $2$곳을 고른다.

$2$가 들어간 틈에는 $1$을 추가할 수 없다. $1$이 $2$와 바로 이웃하게 되기 때문이다. 따라서 남은 세 틈에 $1$이 들어 있는 주머니 $4$개를 나누어 넣는다.

세 틈에 들어갈 $1$의 개수를 $x_1,x_2,x_3$이라 하면 $x_1+x_2+x_3=4$인 음이 아닌 정수해를 세면 된다.

따라서 $n_1=4$인 경우는 $10\times15=150$가지이다. 이 방식에는 $2,0,2$처럼 빈 주머니 하나를 사이에 두고 두 $2$가 놓이는 경우도 자연스럽게 포함된다.

빈 주머니 세 개 사이의 틈에 2 한 개를 넣는다

이번에는 $n_1=6,\ n_2=1,\ n_0=3$인 경우이다. 빈 주머니 $3$개를 먼저 놓으면 틈은 $4$곳이다.

$2$가 들어 있는 주머니는 한 개뿐이므로, 네 틈 중 하나를 고르면 된다.

그 한 틈을 제외하면 남은 세 틈에 $1$이 들어 있는 주머니 $6$개를 나누어 넣으면 된다. 세 틈에 들어갈 $1$의 개수를 $y_1,y_2,y_3$이라 하면 $y_1+y_2+y_3=6$인 음이 아닌 정수해를 세면 된다.

따라서 $n_1=6$인 경우는 $4\times28=112$가지이다.

두 경우를 합치고 조건을 다시 확인한다

앞에서 나눈 두 경우는 $1$이 들어 있는 주머니의 개수가 각각 $4$개, $6$개로 다르다. 따라서 같은 배열이 두 번 세어질 수 없다.

전체 경우의 수는 아래와 같다.

따라서 정답은 $262$이다.

다시 풀 때는 빈칸을 먼저 놓는다

이웃 조건이 있는 경우의 수 문제에서는 제한을 직접 만드는 대상과, 그 제한을 받아 주는 대상을 함께 봐야 한다. 여기서는 $2$가 이웃 제한을 만들지만, 그 제한을 실제로 받아 주는 것은 $0$이다.

그래서 $0$을 먼저 놓고 빈 주머니들이 만드는 틈을 세면 된다. 그 틈 중 일부에 $2$를 넣고, $2$가 없는 남은 틈에 $1$을 중복조합으로 분배하면 중복과 누락을 줄일 수 있다.

마지막 검산도 같은 흐름이다. $n_1=4$일 때는 공의 수가 $4+2\cdot2=8$이고, $n_1=6$일 때는 공의 수가 $6+2\cdot1=8$이다. 또한 $2$를 항상 빈 주머니 옆에 놓았고, $2$가 들어간 틈에는 $1$을 넣지 않았으므로 조건 (나)도 빠뜨리지 않았다.