　多項式 $f(x)$ に対して $p_{i}(f)$ $(i=0,1,\dots,5)$ を，$f$ の $x^k$ の係数のうち $k$ が $6$ で割って $i$ 余るものの総和とする．任意の多項式 $f, g$ および多項式

$$Q(x)=a_5x^5+\cdots +a_1x+a_0$$

に対して，

$$\begin{aligned}
p_i(f+g)=p_i(f)+p_i(g),\quad p_i(Qf)=\sum_{k=0}^{5}a_kp_{i-k}(f)
\end{aligned}$$

が成り立つ．ただし，$p_{i}(f)=p_{i+6}(f)$ $(-5\leq i\leq -1)$ とした．

　さて，求める値を $p_i$ を用いて言い換える．まず，

$$F_n(x)=\left(\frac{x+x^2+\cdots+x^{2024}}{2024}\right)^n $$

とすると，$F_n$ の $x^k$ における係数は $n$ 回操作を行ったときに得られた数字の和が $k$ となる確率と一致するので，$P(n,i)=p_{i}(F_n)$ が成り立つ．また二項定理より，多項式 $R(x)$ が存在して

$$\begin{aligned}
F_n(x)&=\left(\frac{x+x^2+(1+x+x^2+\cdots+x^5)(x^3+x^9+\cdots +x^{2019})}{2024}\right)^n\\\\ 
&=\left(\frac{x+x^2}{2024}\right)^n+(1+x+\cdots +x^5)R(x)
\end{aligned}$$

となり，$S(x)=(1+x+\cdots+x^5)R(x)$ とおくと任意の $i,j$ $(0\leq i,j\leq 5)$ に対して 

$$p_i(S)=p_j(S)=\sum_{k=0}^{5}p_k(R)$$ 

であるので，

$$f_n(x)=\left(\frac{x+x^2}{2024}\right)^n $$

とおくと

$$\begin{aligned}
\max_{0\leq i\leq 5}P(n,i)-\min_{0\leq i\leq 5}P(n,i)&=\max_{0\leq i\leq 5}p_{i}(F_n)-\min_{0\leq i\leq 5}p_{i}(F_n)\\\\
&=\max_{0\leq i\leq 5}p_{i}(f_n)-\min_{0\leq i\leq 5}p_{i}(f_n)
\end{aligned}$$

となる．ここで，以下の補題が成り立つ．

**補題．** $n$ を正の整数とし，
$$\begin{aligned}
g_n(x)&=(-1)^n2024^{2n-1}x^4f_{2n-1}(x) \\\\
h_n(x)&=(-1)^{n-1}2024^{2n}f_{2n}(x)
\end{aligned}$$

に対して

$$\begin{aligned}
b_{n,i}=p_i(g_n),\ c_{n,i}=p_i(h_n)\ (i=0,\dots,5)
\end{aligned}$$

とおくと，

$$\begin{cases}
b_{n,0}=b_{n,5}\leq b_{n,1}=b_{n,4}\leq b_{n,2}=b_{n,3}\\\\
c_{n,0}\leq c_{n,1}=c_{n,5}\leq c_{n,2}=c_{n,4}\leq c_{n,3}
\end{cases}$$

かつ

$$\begin{cases}
b_{n,3}-b_{n,0}=3^{n-1} \\\\
c_{n,3}-c_{n,0}=2\cdot 3^{n-1}
\end{cases}$$

が成り立つ. 

<details>
<summary>補題の証明<\/summary>

帰納法で示す．$n=1$のとき， 

$$\begin{cases}
b_{1,0}=b_{1,1}=b_{n,4}=b_{n,5}=0,\ b_{1,2}=b_{1,3}=1\\\\
c_{1,0}=c_{1,1}=c_{1,5}=0,\ c_{1,2}=c_{1,4}=1,\ c_{1,3}=2
\end{cases}$$

より成立．$n=k$ で成り立つと仮定する．このときまず $b_{n,3}-b_{n,0}$ について，
$$\begin{aligned}
g_{k+1}(x)&=(-1)^{k+1}x^4(x+x^2)^{2k+1} \\\\
&=-(x+x^2)^2g_k(x) \\\\
&=-(x^2+2x^3+x^4)g_k(x)
\end{aligned}$$
であり，
仮定より 
$$\begin{aligned}
b_{k+1,3}-b_{k+1,0}&=-(b_{k,5}+2b_{k,0}+b_{k,1})+(b_{k,2}+2b_{k,3}+b_{k,4})\\\\
&=3(b_{k,3}-b_{k,0})\\\\
&=3^k
\end{aligned}$$
となって $n=k+1$ でも成立．同様に $b_{k+1,i}$ と $b_{k+1,j}$ $(0\leq i\lt j\leq 5)$ の差をみることで, 
$$\begin{cases}
b_{k+1,2}=b_{k+1,3}, \ b_{k+1,1}=b_{k+1,4}, \ b_{k+1,0}=b_{k+1,5}\\\\
b_{k+1,2}\geq b_{k+1,1}\geq b_{k+1,0}
\end{cases}$$
も成り立つので，$b_{k+1,i}$ に関する不等式も成立する. また $c_{n,3}-c_{n,0}$ について，
$$\begin{aligned}
x^6h_{k+1}(x)&=(-1)^{k}x^6(x+x^2)^{2k+2} \\\\
&=-(x^3+x^4)g_{k+1}(x) \\\\
\end{aligned}$$
より，
$$\begin{aligned}
c_{k+1,3}-c_{k+1,0}&=-(b_{k+1,0}+b_{k+1,5})+(b_{k+1,2}+b_{k+1,3})\\\\
&=2(b_{k+1,3}-b_{k+1,0})\\\\
&=2\cdot 3^k
\end{aligned}$$
となって $n=k+1$ でも成り立つ．同様に $c_{k+1,i}$ と $c_{k+1,j}$ $(0\leq i\lt j\leq 5)$ の差をみることで, $c_{k+1,i}$ に関する不等式も成立する. 以上より示せた．
<\/details>

したがって補題より，

$$\begin{aligned}\sum_{n=1}^{\infty}\left(\max_{0\leq i\leq 5}P(n,i)-\min_{0\leq i\leq 5}P(n,i)\right)&=\sum_{n=1}^{\infty}\left(\max_{0\leq i\leq 5}p_{i}(f_n)-\min_{0\leq i\leq 5}p_{i}(f_n)\right)\\\\
&=\sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{b_{n,3}-b_{n,0}}{2024^{2n-1}}+\frac{c_{n,3}-c_{n,0}}{2024^{2n}}\right)\\\\
&=\sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{(2024+2)\cdot 3^{n-1}}{2024^{2n}}\right)\\\\
&=\frac{2026}{2024^2}\cdot \left(1-\frac{3}{2024^2}\right)^{-1}\\\\
&=\frac{2026}{4096573}
\end{aligned}$$

であり，特に解答すべき値は $2026+4096573=\mathbf{4098599}$ である．
公式解説
https://onlinemathcontest.com/contests/nfhai2024/editorial/12598
本解では代数的に記述されている部分が多いので，補題の前までを組み合わせ的に考える方法を与える．

まず，カードに書かれてある数の集合 $\\{ 1,2,\dots, 2024\\} $を，次の二つに分解する：
$$
A = \\{ 3,4,\dots, 2023,2024\\}, \qquad B=\\{ 1,2 \\}
$$
このとき，どの$i=0,1,2,3,4,5$ に対しても，$A$の中には $\bmod{6}$ で $i$であるような要素がちょうど $337$ 個存在することに注意する．

以降，記録された $n$ 個の数字を並べて列 $X=(x_1, \dots, x_n)$ を考え，$x_i\in A$ であるか $x_i\in B$ であるかによって，列$X$ を $(A,A,B,A,\dots, A)$ のような $A,B$ の列に変換した列を $Y$ とよぶ．

　$Y$ の中に $A$ が $k$ 個 ($k =1,2,\dots, 2024$) 含まれている場合に$S_n\equiv i\pmod{6}$ となる場合の数を計算する．そのような $Y$ を一つ取る．たとえば，$Y = (B,B,\dots, B, A, A, \dots, A)$ のような列を考える．このとき， $x_1,\dots, x_{n-1}$ の数字が何であっても，最後の $x_n \in A$ でちょうど $337$ 個の数字が存在して， $S_n \equiv i\pmod{6}$ が成り立つようにできる．よって，このときの場合の数は $2^{n-k}\cdot 2024^{k}\cdot 337 = \frac{1}{6}\cdot 2^{n-k}\cdot 2024^{n}$ なので，その他の $Y$ および $k$ について足し上げることで
$$
\sum_{k=1}^{n} \frac{{}\_{n}\mathrm{C}\_k}{6}\cdot 2^{n-k}\cdot 2024^{k}
$$
が，「$Y$ の中に $A$ が少なくとも一つ含まれるでかつ $S_n\equiv i\pmod{6}$ となる場合の数」となる．これが $i$ に依存しないことに注意すれば，残りの確率を $Q(n,i)$，すなわち
$$
P(n,i) = \frac{1}{2024^n}\left( \sum_{k=1}^{n} \frac{{}\_{n}\mathrm{C}\_k}{6}\cdot 2^{n-k}\cdot 2024^{k} \right) + Q(n,i)
$$
と書いたときに，
$$
\max_{i} P(n,i) - \min_{i} P(n,i) = \max_{i} Q(n,i) - \min_{i} Q(n,i)
$$
となる．そして，この $Q(n,i)$ は要するに 「$Y=(B,B,\dots, B,B)$ かつ $S_n\equiv i\pmod{6}$ となる確率」なので，$(x+x^2)^{n}$ の係数について考えることに帰着される．

　この考え方において肝心なのは，$A$ という対称性の高い集合を無理やり作り出す部分であり，これによって 対称性から外れてしまった(しかし要素数が少なくてシンプルな) 集合 $B$ 上の問題へと帰着させることができる（参考：https:\/\/mathlog.info\/articles\/nNX6dXUeyb35vYurGP5l ）．
補題の前までを組み合わせ的に
https://onlinemathcontest.com/contests/nfhai2024/editorial/12598/689
　本解同様に $F_n, f_n$ を定めると，1の原始6乗根 $\zeta$ および $j=1,\dots, 5$ に対して

$$F_n(\zeta^j)=f_n(\zeta^j)=\sum_{i=0}^{5}P(n,i)\zeta^{ij}$$

が成り立つ．よって $q_{n,i}=2024^n(P(n,i)-\frac{1}{6})$ とすると，( $1+\zeta+\cdots+\zeta^5=0$ より)

$$\begin{cases}
q_{n,5}\zeta^5+q_{n,4}\zeta^4+q_{n,3}\zeta^3+q_{n,2}\zeta^2+q_{n,1}\zeta\ +q_{n,0}=(\sqrt{-3})^n\\\\
q_{n,5}\zeta^4+q_{n,4}\zeta^2+q_{n,3}\hspace{3mm} +q_{n,2}\zeta^4+q_{n,1}\zeta^2+q_{n,0}=(-1)^n\\\\
q_{n,5}\zeta^3+q_{n,4}\hspace{3mm}+q_{n,3}\zeta^3 +q_{n,2}\hspace{3mm}+q_{n,1}\zeta^3+q_{n,0}=0\\\\
q_{n,5}\zeta^2+q_{n,4}\zeta^4+q_{n,3}\hspace{3mm} +q_{n,2}\zeta^2+q_{n,1}\zeta^4+q_{n,0}=(-1)^n\\\\
q_{n,5}\zeta\ +q_{n,4}\zeta^2+q_{n,3}\zeta^3+q_{n,2}\zeta^4+q_{n,1}\zeta^5+q_{n,0}=(-\sqrt{-3})^n
\end{cases}$$

となる．$\sum_{i=0}^{5}q_{n,i}=0$ より，各 $i=0,\dots ,5$ に対して，$j$ 番目の式 $(j=1,\dots 5)$ にそれぞれ $\zeta^{-ij}$ を掛けて全て足し合わせると左辺は $6q_{n,i}$ となる．したがって，

$$q_{n,i}=\alpha_{n,i}+\beta_{n,i}\hspace{3mm} \left(\alpha_{n,i}=\frac{1}{3}{\rm Re}(\zeta^{-i}\sqrt{3}^n),\beta_{n,i}=\frac{1}{3}{\rm Re}(\zeta^{-2i}(-1)^n)\right)$$

を得る．ここで $|\beta_{n,i}-\beta_{n,j}|\leq |\zeta^{-2i}(-1)^n|+|\zeta^{-2j}(-1)^n|\leq 2$ かつ $\alpha_i\neq \alpha_j$ で $|\alpha_{n,i}-\alpha_{n,j}|\geq \frac{\sqrt{3}^n}{2}$ より，$n\geq 3$ に対して $\alpha_{n,i}\gt \alpha_{n,j}$ ならば $q_{n,i}\gt q_{n,j}$．$n=1,2$ に対しても同様のことが成り立っているので，
$$\begin{aligned}
\max_{0\leq i\leq 5}q_{n,i}=\left\\{\begin{array}{lc}
q_{n,0}&(n\equiv 0\mod 4)\\\\
q_{n,1}=q_{n,2}&(n\equiv 1\mod 4)\\\\
q_{n,3}&(n\equiv 2\mod 4)\\\\
q_{n,4}=q_{n,5}&(n\equiv 3\mod 4)
\end{array}\right.
, \hspace{5mm}
\min_{0\leq i\leq 5}q_{n,i}=\left\\{\begin{array}{lc}
q_{n,3}&(n\equiv 0\mod 4)\\\\
q_{n,4}=q_{n,5}&(n\equiv 1\mod 4)\\\\
q_{n,0}&(n\equiv 2\mod 4)\\\\
q_{n,1}=q_{n,2}&(n\equiv 3\mod 4)
\end{array}\right. 
\end{aligned}$$

が分かり，$n=2m$ （ $m$ は正整数）のとき 
$$\displaystyle \max_{0\leq i\leq 5}q_{n,i}-\min_{0\leq i\leq 5}q_{n,i}=\frac{2}{3}\left|{\rm Re}(\sqrt{3}i)^{2m}\right|=2\cdot 3^{m-1}$$

$n=2m-1$ のとき
$$\displaystyle \max_{0\leq i\leq 5}q_{n,i}-\min_{0\leq i\leq 5}q_{n,i}=\frac{2}{3}\left|{\rm Re}(\zeta^{-1}(\sqrt{3}i)^{2m-1})\right|=3^{m-1}$$

が分かる．以下は本解同様に簡単な計算によって答えを得られる．
複素数を用いた解法
https://onlinemathcontest.com/contests/nfhai2024/editorial/12598/693
　公式解説では $(\dfrac{x+x^2}{2024})^n$ の係数を考えていますが，結局のところ係数のうち最大のものと最小のものが分かれば良いので，$(1+x)^n$ の係数を $6$ 周期で足し合わせたものとすると見通しが良くなります．
補足
https://onlinemathcontest.com/contests/nfhai2024/editorial/12598/702
　箱の中に $1$ 以上 $2024$ 以下の整数のうち $1$ つが書かれたカードがそれぞれ $1$ 枚ずつ，合計 $2024$ 枚入っています．箱の中から無作為にカードを $1$ 枚取り出し，書かれた整数を記録して箱の中に戻すという操作を考えます．正の整数 $n$ と $0$ 以上 $5$ 以下の整数 $i$ に対し，この操作を $n$ 回行ったときに記録された $n$ 個の整数の和 $S_n$ が $S_n\equiv  i \pmod 6$ をみたす確率を $P(n,i)$ とします．このとき，

$$ \sum_{n=1}^{\infty}\left(\max_{0\leq i\leq 5}P(n,i)-\min_{0\leq i\leq 5}P(n,i)\right) $$

の値は互いに素な正整数 $p,q$ を用いて $\displaystyle \frac{p}{q}$ と表されるので，$p+q$ の値を解答してください．