AMC 8 · 2025 · #21

• 먼저 그림을 차근차근 보면서 산책로를 하나씩 적습니다.
• 총 $12$ 개의 산책로가 있습니다: $A$-$B$, $A$-$C$, $A$-$F$, $A$-$G$, $B$-$C$, $B$-$F$, $C$-$D$, $C$-$E$, $C$-$F$, $D$-$E$, $E$-$F$, $F$-$G$.

💡 그림을 보고 연결을 분류해서 세는 것은 유치원 단계의 "분류하고 세기" 그대로입니다.

• 산책로 목록을 "각 교실의 이웃 수(차수)" 로 다시 정리합니다.
• 이렇게 하면 가장 제약이 큰 교실이 한눈에 보이고, 거기서부터 풀어 나가게 됩니다.
• 차수가 $5$ 인 $C$ 와 $F$ 가 가장 까다롭습니다.

💡 같은 정보를 "이웃 수" 기준으로 다시 정리하면 누가 가장 꽉 묶여 있는지 바로 보입니다 — 역시 유치원 수준의 세기입니다.

• 차수 $5$ 인 교실의 학년 후보를 가능성 지우기로 좁힙니다.
• 교실 $C$ 의 학년을 $k$ 라 하면, $C$ 의 이웃 $5$ 곳은 $\{1,\dots,7\}\setminus\{k-1, k, k+1\}$ 중에서 서로 다른 $5$ 개 학년을 골라야 합니다.
• 그 후보 집합의 크기가 $5$ 이상인 경우는 $k = 1$ 과 $k = 7$ 두 가지뿐입니다.

💡 $|k - n| \ge 2$ 의 절댓값 조건을 후보별로 따져 보는 것이 바로 6학년 절댓값 추론입니다.

• 같은 논리가 차수 $5$ 인 교실 $F$ 에도 똑같이 적용되므로 $\{g(C), g(F)\} = \{1, 7\}$ 입니다.
• 두 경우는 대칭이라 최종 합은 동일하므로 $g(C) = 1$, $g(F) = 7$ 인 경우로 풀어 보겠습니다.

💡 나머지 후보가 모두 지워지면 양 끝 학년 $1$ 과 $7$ 만 남아 두 교실에 들어갈 수 있습니다.

• 학년 $6$ 의 자리를 정합니다.
• $g(F) = 7$ 이므로 $F$ 의 이웃은 학년 $6$ 을 가질 수 없는데, $F$ 의 이웃이 $\{A, B, C, E, G\}$ 이므로 $6$ 이 들어갈 수 있는 유일한 교실은 $D$ 입니다.
• 마찬가지로 학년 $2$ 는 $g(C) = 1$ 과 인접할 수 없고, $C$ 의 이웃이 아닌 유일한 교실은 $G$ 이므로 $g(G) = 2$ 입니다.

💡 끝값 옆 학년($1$ 옆의 $2$, $7$ 옆의 $6$) 은 "이웃이 아닌 교실" 한 곳에만 들어갈 수 있어 자리가 강제됩니다.

• $g(E)$ 를 확정합니다.
• $E$ 는 $C\,(1)$, $D\,(6)$, $F\,(7)$ 과 이어져 있으므로 $|g(E) - 1| \ge 2$, $|g(E) - 6| \ge 2$, $|g(E) - 7| \ge 2$ 의 세 조건을 모두 만족해야 하고, 결과는 $g(E) \in \{3, 4\}$ 입니다.
• 남은 $\{A, B, E\}$ 에 배정될 학년은 $\{3, 4, 5\}$ 인데, 만약 $g(E) = 3$ 이라면 $\{g(A), g(B)\} = \{4, 5\}$ 가 되어 산책로 $A$-$B$ 에서 $|4 - 5| = 1$ — 조건을 어깁니다.
• 따라서 $g(E) = 4$ 입니다 (이때 $g(A) = 5$, $g(B) = 3$ 으로 두면 모든 조건이 맞습니다).

💡 산책로 $A$-$B$ 라는 마지막 조건이 결정적인 검열관이 되어 $E$ 의 학년이 하나로 정해집니다.

요구된 세 교실의 학년을 더합니다.

💡 $20$ 보다 작은 세 자연수를 더하는 것은 1학년 덧셈입니다.