　$x=ab+bc+ca$ とおき，$p=2017$ とする．$a=p$ のとき，$x$ が $p$ で割り切れるとすると，$b=c=p$ となるから不適．よって問題は，$1$ 以上 $p-1$ 以下の相異なる整数の組 $(a,b,c)$ であって，$x$ が $p$ の倍数になるようなものを求めることに帰着する．まず，相異なるという条件を考慮せずに組を求める．\
　以下, 合同式の法は $p$ とする．また，

- $S_1$ を $1\leq a,b,c\leq p-1,a\neq b$ を満たす整数の組 $(a,b,c)$ の集合とする．
- $S_2$ を $1\leq a,b,c\leq p-1,a\neq b,b=c$ を満たす整数の組 $(a,b,c)$ の集合とする．
- $S_3$ を $1\leq a,b,c\leq p-1,a\neq b,c=a$ を満たす整数の組 $(a,b,c)$ の集合とする．

求めるべきは $|S_1|-|(S_2\cup S_3)|=|S_1| - |S_2| - |S_3| + |S_2\cap S_3|$である.

- $|S_2|$ を求める．$b=c$ より，$x = ab + b^2 + ab = b(2a + b)$．$b$ は $p$ で割れないので $2a + b$ が $p$ で割れる．$a$ を任意に一つ定めたとき，$b$ を $b\equiv -2a$ を満たすように $1$ 通りだけ取ることができるため，$2a + b$ が $p$ の倍数になる場合の数は $p-1$ 通りである. よって $|S_2| = p-1$．対称性より $|S_3| = p-1$ でもある．
- $S_2\cap S_3$ について，$a=b=c$とすると $x = 3a^2$ であり，これは$p$で割れない．よって $|S_2\cap S_3| = 0$．

よって $|S_1| - 2(p-1)$ を求めればよい．以下，$|S_1|$を求める．$x=(a+b)c + ab$ に注目し，$a+b$ が $p$ で割れるかで場合分けを行う．

- $a+b$ が $p$ で割れないとき，$s(a+b)\equiv 1$ となる $p$ で割れない整数 $s$ があるので，
$x\equiv 0$ ならば $c\equiv -abs$ となる．$-abs\not\equiv 0$ であり，このよう な$c$ は一つに定まるから，$a+b$ が $p$ の倍数 ($\iff a+b = p$) でないような組 $(a,b)$ で $a\neq b$ を満たすものの分だけ，題意を満たす $(a,b,c)$ が得られる．$a = b$ と $a+b = p$ は両立しないことに注意すると，そのような $(a,b)$ の個数は $(p-1)^2 - (p-1) - (p-1) = (p-1)(p-3)$ 個と求まる．
- $a+b$ が $p$ で割れるとき，$ab$ が $p$ で割れるが，$1\leq a,b\leq p-1$ かつ $p$ が素数だからそれは起こらない．

以上より $|S_1| = (p-1)(p-3)$である．\
　よって，求める場合の数は $(p-1)(p-3) - 2(p-1) = (p-1)(p-5)$ なので，求める確率は
$$\frac{(p-1)(p-5)}{p(p-1)(p-2)}=\frac{p-5}{p(p-2)}$$
である．特に，$p=2017$ のとき，
$$\frac{2012}{2017\cdot2015}=\frac{2012}{4064255}.$$
よって，求める値は $2012+4064255=\mathbf{4066267}$ である．
公式解説
https://onlinemathcontest.com/contests/nfhai2023/editorial/9836
以降,合同式の法は$p$である.

$ab+bc+ca\equiv 0$であるが,$a\equiv 0$ならば$b\equiv 0$または$c\equiv 0$となる.しかし,$a,b,c$に重複がないという条件があるため,これは不適である.

よって,$a,b,c\neq 0\pmod{p}$
である.

このとき,$x,y,z$を

$$x=a^{-1},y=b^{-1},z=c^{-1}$$

と定義すると,求めるべき答えは

$$X:=\lbrace (x,y,z)\in \mathbb{F}_p^3;x+y+z\equiv 0,\|\lbrace x,y,z\rbrace\|=3,0\notin \lbrace x,y,z\rbrace \rbrace$$

としたときの$X$の元の個数である.

ここで,$(x_1,y_1,z_1),(x_2,y_2,z_2)\in\mathbb{F}_p^3\setminus\lbrace 0\rbrace$に対して

$$(x_1,y_1,z_1)\sim (x_2,y_2,z_2)\equiv\_{\mathrm{def}} \exists t\in\mathbb{F}\_p\setminus\lbrace 0\rbrace,\mathrm{s.t.}x_1=tx_2,y_1=ty_2,z_1=tz_2 $$

と定める.

さらに,$v \in \mathbb{F}_p^3\setminus\lbrace 0\rbrace$に対して,

$$\left[v\right]\equiv\_{\mathrm{def}} \lbrace u\in\mathbb{F}_p^3;u\sim v\rbrace$$

と定める.ここで,$\forall v \in \mathbb{F}_p^3\setminus\lbrace 0\rbrace$について,$\|\left[v\right]\|=p-1$であることに注意である.

さらに,$u\sim v$ならば$u\in X$と$v\in X$が同値であるため,

$$X=\sqcup_{k=1}^{m} \left[v_k\right]$$

となる.ここで,$v_i\sim v_j$ならば$i=j$が成り立つ.

このような$v_1,\ldots,v_m$の組み合わせを取ることができて,$|X|=(p-1)m$となる.

よって,$m$を求めればよい.

$$Y:=\lbrace (x,y,z)\in \mathbb{F}_p^3\setminus \lbrace 0\rbrace  ; x+y+z\equiv 0\rbrace $$

としたとき,

$$|Y|=p^2-1=(p-1)(p+1)$$

となる.さらに,$Y$はベクトルを定数倍したときに集合に入っているかが不変なので,ある$v_1,\ldots,v_{p+1}$が存在して,

$$Y=\sqcup_{k=1}^{p+1} \left[v_k\right]$$

と書くことができる.ここで,$v_i\sim v_j$ならば$i=j$である.

この中から,$\|\lbrace x,y,z\rbrace\|=3,0\notin \lbrace x,y,z\rbrace$という条件を満たす元を取り除くことを考える.

結論から言うと,取り除かれる対象は

$$\left[(0,1,-1)\right],\left[(-1,0,1)\right],\left[(1,-1,0)\right],\left[(-2,1,1)\right],\left[(1,-2,1)\right],\left[(1,1,-2)\right]$$

の6つで全てである.このとき,これら6つには重複は無い.

よって,

$$X=Y\setminus \lbrace(6つのベクトル)\rbrace $$

なので,$m=p+1-6=p-5$である.よって,$\|X\|=(p-1)(p-5)$である.

求めるべき確率の分母は$p(p-1)(p-2)$であるため,答えは

$$\dfrac{(p-1)(p-5)}{p(p-1)(p-2)}=\dfrac{p-5}{p(p-2)}=\dfrac{2012}{2015\cdot 2017}$$
ユーザー解説
https://onlinemathcontest.com/contests/nfhai2023/editorial/9836/353
　一つの箱の中に，$1$ から $2017$ までの番号がそれぞれ書かれた $2017$ 枚のカードがあります．ここで，同じ番号のカードはないものとします．この箱からカードを $3$ 枚，一度取り出したカードを戻すことなく $1$ 枚ずつ順に取り出し，それらに書かれていた数を順に $a,b,c$とします．このとき，$ab+bc+ca$ が $2017$ の倍数となる確率は，互いに素な正の整数 $x,y$ を用いて $\dfrac{x}{y}$ と表せるので，$x+y$ を求めてください．ただし，$2017$ は素数です．