　$S=\\{1,\ldots,999\\}$ とおく．輝く書き込み $K$ に対し，$i\in S$ であって $i$ 行 $i$ 列目に書き込まれているものを $K$ の**輝く数**とよび，$i\in S$ のうち $K$ の輝く数でないものを $K$ の**輝かない数**とよぶ．

　$S$ の部分集合 $A$ に対して，輝く書き込みのうち，以下の $2$ 条件を満たすものの集合を $E(A)$ とする．

- $i\in A$ ならば，$i$ は $i$ 行目のマスに書き込まれている
- $i\not\in A$ ならば，$i$ は $i$ 列目のマスに書き込まれている

　ある輝く書き込み $K$ の輝く数全体を $i_1,\ldots,i_n \in S$ とする．この $K$ に対し， $K\in E(A)$ となるような $A$ の個数は，各 $i_1,\ldots,i_n$ を $A$ に入れるか入れないかを考えることで $2^n$ 通り存在する（$K$ の輝かない数については，$A$ に入るかどうかは一意的に定まる）． すなわち，それぞれの輝く書き込み $K$ に対し，$K\in E(A)$ となるような $A$ の個数は $K$ の輝度と等しいので，輝度の総和は，すべての $A\subset S$ に対する $E(A)$ の要素の個数の総和に等しい．

　$k\in S$ とし，$|A|=k$ となるような $A\subset S$ に対する $|E(A)|$ を求める． $|E(A)|$ は $|A|$ にのみ依存するので，$A=\{1,\ldots,k\}$ としてよい．$K\in E(A)$ となる書き込み $K$ において，$1\leq i\leq k$ が $i$ 行 $j$ 列目（$k+1\leq j\leq 999$）に書かれていると仮定すると，$j\not\in A$ より $j$ は $j$ 列目に書かれているはずだが，これは同じ列に $2$ つ以上の文字が書き込まれないことに反する．よって，$1\leq i\leq k$ なる $i$ が書き込まれうるのは $1$ 列目から $k$ 列目までであり，列の重複を考慮すると，$1$ 列目から $k$ 列目までの書き込み方は $k!$ 通りある．同様に，$k+1$ 列目から $999$ 列目までの書き込み方は $(999-k)!$ 通りあるので，$K\in E(A)$ となる書き込みの個数は $k!(999-k)!$ 通りである．$|A|=k$ となる $A\subset S$ の個数は ${}\_{999}\mathrm{C}_k$通りであるから，求める総和は，

$$\sum_{k=0}^{999}{}\_{999}\mathrm{C}{}\_k \cdot k!(999-k!)=\sum_{k=0}^{999}999!=1000!$$
　よって，ルジャンドルの定理より，特に解答すべき値は $\mathbf{249}$ である．
公式解説
https://onlinemathcontest.com/contests/nfhai2024/editorial/12077
　置換の言葉を用いて記述し，母関数で場合の数を計算できることをみる．

　$N=999$ とし，$\\{ 1,\dots, N\\}$ の置換の集合を $S_N$ とする．条件より，$1, \dots, n$ の数字はどれもちょうど1回ずつ書き込まれ，さらにどの行にもちょうど1回数字がちょうど表れる．

　そこで，「$i$列目 $\tau(i)$ 行目に数字 $\sigma(i)$ が書き込まれている」とする ($\sigma, \tau\in S_N$,  $i=1,2,\dots, N$ )． 条件を満たすような $(\sigma,\tau)$ の個数を求めればよいが，条件は，次のように言い換えられる．
- 任意の $l=1,2,\dots,N$ に対して「$\sigma(l) \neq l$ ならば $\tau(\sigma^{-1}(l)) = l$である」が真．

$\sigma$ の固定点が $m$ 個，$\tau$ の固定点が $n$ 個であるとし($0\leq n,  m \leq N$)，$\sigma$ の固定点を $p_1,\dots, p_m$ とおく．$k$ 項の攪乱順列の個数 (モンモール数) を $a_k$ とおくと，
- $\sigma$ の選び方は，固定点の選び方とそれ以外の攪乱順列による置換を考えて， ${}\_N\mathrm{C}\_{m}a_{N-m}$ 通り取れる．
- $\tau$ は条件より，補集合 $\\{1,\dots, n \\}\setminus{\\{ p_1,\dots, p_m \\}}$ 上で $\tau = \sigma$ と決定されるから，特にそこでは固定点が存在しない．よって，$\\{ p_1,\dots, p_m\\}$ 上で固定点が $n$ 個の置換となればよいから，  $n\le m$ であり，${}\_{m}\mathrm{C}\_{n}a_{m-n}$ 通り取れる．

また，輝き度は $2^n$ である．よって，次の総和を計算すればよい．
$$
\sum_{0\leq n\leq m\leq N} ({}\_N\mathrm{C}\_{m}\cdot a_{N-m}\cdot {}\_{m}\mathrm{C}\_{n}\cdot a_{m-n}\cdot 2^n)
$$
$n=p$, $m-n=q$, $N-m = r$ と変換すると $0\leq p,q,r\leq N$であり，
$$
\begin{aligned}
&\sum_{0\leq n\leq m\leq N} ({}\_N\mathrm{C}\_{m}\cdot a_{N-m}\cdot {}\_{m}\mathrm{C}\_{n}\cdot a_{m-n}\cdot 2^n) \\\\
&= \sum_{p+q+r = N} ({}\_N\mathrm{C}\_{p+q}\cdot a_{r}\cdot {}\_{p+q}\mathrm{C}\_{p}\cdot a_{q}\cdot 2^p) \\\\
&= N! \sum_{p+q+r = N} \left(\frac{a_{r}}{r!}\cdot \frac{a_{q}}{q!}\cdot \frac{2^p}{p!}\right) \\\\
&= N![x^N] \left(\frac{e^{-x}}{1-x}\right)^2 e^{2x} \\\\
&= N![x^N] (1-x)^{-2} \\\\
&= N![x^N] (1+2x + 3x^2 + \dots + (N+1)x^N + \dots) \\\\
&= (N+1)! 
\end{aligned}
$$
ただし，モンモール数の指数型母関数が $\sum_{k\geq 0} \frac{a_k}{k!} x^{k} = \frac{e^{-x}}{1-x}$ であることを用いた．
　以上より，求める答えは
$$
v_5(1000!) = 200 + 40 + 8 + 1 = \mathbf{249}
$$
別解（母関数を利用する）
https://onlinemathcontest.com/contests/nfhai2024/editorial/12077/691
　$n\times n$ のマス目に対して輝く書き込みおよび輝度を同様に定め，すべての輝く書き込みの輝度を足し合わせた値を $a_n$ とおく．また，$a_0=1$ とする．

　$n\geq 3$ とし，$a_n$ を $a_{n-1},\dots ,a_1,a_0$ を用いて表す．まず $1$ が $1$ 行 $1$ 列目に書き込まれているとき，残りの数字の書き込み方は $(n-1)\times (n-1)$ のマス目の輝く書き込み方と等しい．よってこの場合の輝度の和は $2a_{n-1}. $

　$1$ が $1$ 行 $i$ 列目 $(2\leq i\leq n)$ に書き込まれているとき，$i$ は $i$ 列目に書き込むことが出来ないので，$i$ の書き込み方は $(n-1)$ 通りある．そのうち $i$ を $i$ 行 $1$ 列目に書き込む場合，残りの数字の書き込み方は $(n-2)\times (n-2)$ のマス目の輝く書き込み方に等しいので，この場合の輝度の和は $a_{n-2}$．残りの $(n-2)$ 通りの場合，すなわち $i$ を $i$ 行 $j$ 列目 $(j\neq 1,i)$ に書き込む場合，$j$ の書き込み方は $(n-2)$ 通りだが，そのうち $j$ を $1$ 列目に書き込む場合の輝度の和は上と同様に考えて $a_{n-3}$．以下同様に考えていくと，$1$ が $1$ 行 $i$ 列目 $(2\leq i\leq n)$ に書き込まれる場合の輝度の和は

$$\sum_{k=0}^{n-2}{}\_{n-2}\mathrm{P}\_{k}a_{n-k-2}$$

である．これが任意の $i=2,\dots ,n$ で成り立ち，かつ $1$ が $i$ 行 $1$ 列目 $(i\neq 1)$ に書き込まれる場合も同様であるので，全ての場合を足し合わせて

$$a_n=2\sum_{k=0}^{n-1}{}\_{n-1}\mathrm{P}\_{k}a_{n-k-1}=2\sum_{k=0}^{n-1}\frac{(n-1)!}{(n-k-1)!}a_{n-k-1}$$

と表せる．ここで，$a_k=(k+1)!$ $(k=1,\dots, n-1)$ と仮定すると

$$\begin{aligned}
2\sum_{k=0}^{n-1}\frac{(n-1)!}{(n-k-1)!}a_{n-k-1}&=2\sum_{k=0}^{n-1}\frac{(n-1)!}{(n-k-1)!}(n-k)!\\\\
&=2\sum_{k=0}^{n-1}(n-k)(n-1)!\\\\
&=2\cdot \frac{n(n+1)}{2}(n-1)!\\\\
&=(n+1)!
\end{aligned}$$

となるので，$a_1=2!, a_2=3!$ より帰納法が成立し，任意の正整数 $n$ に対して $a_n=(n+1)!$ となる．特に $a_{999}=1000!$ であり，ルジャンドルの定理より求める答えは $\mathbf{249}$ である．
漸化式と帰納法による解法
https://onlinemathcontest.com/contests/nfhai2024/editorial/12077/697
　$999×999$ のマス目があります．いくつかのマスに $1$ 以上 $999$ 以下の整数を $1$ つずつ書き込む方法であって，以下の条件をともに満たすようなものを**輝く書き込み**と呼びます．
- どの行，列についても，書き込まれる数字はちょうど $1$ つである．
- $i=1,2,\dots,999$ について， $i$ は $i$ 行目または $i$ 列目のマスに書き込まれている．

輝く書き込みにおいて，$i$ が $i$ 行 $i$ 列目のマスに書き込まれているような $1$ 以上 $999$ 以下の整数 $i$ の個数を $n$ とするとき，この書き込み方の**輝度**を $2^n$ によって定めます．このとき，すべての輝く書き込みに対し，その輝度を足し合わせた総和が $5$ で割り切れる最大の回数を求めてください．