　$b_{ n }=a_{ n }+\displaystyle \frac{1}{3}×2^{n-1}$ とおけば, 以下の漸化式を得る.
$$b_{ 1 }=\displaystyle \frac{16}{3},\quad b_{ 2 }=\displaystyle \frac{146}{3},\quad b_{ n+2 }=16b_{ n+1 }-55b_{ n }$$
これを解いて $b_{ n }=\displaystyle \frac{1}{3}×(11^n+5^n)$を得るから, $a_n$ の一般項は
$$a_{ n }=\displaystyle \frac{1}{3}×(11^n+5^n-2^{n-1}).$$
　まず $f_{ 2 }(n)$ について考える.

- $n$ が偶数のとき, $11^n+5^n \equiv 2 \pmod{4}$ より, これは $2$ でちょうど $1$ 回割り切れる.\
ただし $n=2$ のときのみ, $a_2$ は $2$ で $4$ 回割り切れることに留意せよ.
- $n$ が奇数のとき, $11^n+5^n$ は以下のように因数分解できるから, $2$ でちょうど $4$ 回割り切れる.
$$11^n+5^n=(11+5)\times(11^{n-1}-11^{n-2}×5+\cdots+5^{n-1})$$
ただし, $n=1,3,5$ のとき, $a_n$ は $2$ でそれぞれ $0,2,6$ 回割り切れることに留意せよ.

　次に, $f_{ 5 }(n)$ について考える. $a_{ n }$ が $5$ の倍数となるのは, $n=4l+1$ と表されるときのみである. $l=0$ のとき, $a_1$ は $5$ でちょうど $1$ 回割り切れる. $l\geq 1$ のとき, 以下より $a_n$ はやはり $5$ でちょうど $1$ 回割り切れる.
$$a_{ n }=11^{4l+1}+5^{4l+1}-2^{4l} \equiv 11×16^l-16^l \equiv 10×16^l \pmod{25}$$
　以上から,
$$\sum_{n=1}^ {1000} f_{ 2 }(n)=(4+1\times 499)+(0+2+6+4\times 497),\quad \sum_{n=1} ^{1000} f_{ 5 }(n)=1\times 250$$
とそれぞれ計算できるから, 求める値は $\bf{ 2749 }$ である.
公式解説
https://onlinemathcontest.com/contests/omc062/editorial/2536
$$a_{ 1 }=5,\quad a_{ 2 }=48,\quad a_{ n+2 }=16a_{ n+1 }-55a_{ n }-9×2^{n-1}\ (n=1,2,\ldots)$$
で定まる数列 $\lbrace a_{ n } \rbrace$ において, $a_{ n }$ が $p$ で割り切れる最大の回数を $f_{ p }(n)$ で表します.\
　このとき, 以下の値を求めてください：
$$\displaystyle \sum_{n=1}^{1000} (f_{ 2 }(n)+f_{ 5 }(n))$$