まず、$72°$ずつ向きを変えるので、$5$回で元の向きに戻ります。
$x$軸の正方向を向いている状態で$1$進むと、$(x,y)=(1,0)$だけ変化します。 $…①$
同様に、
$72°,288°$向きを変えた状態で$1$進むと、それぞれ$(x,y)=(\frac{-1+\sqrt{5}}{4},±\frac{\sqrt{10+2\sqrt{5}}}{4})$変化します。 $…②$
$144°,216°$向きを変えた状態で$1$進むと、それぞれ$(x,y)=(\frac{-1-\sqrt{5}}{4},±\frac{\sqrt{10-2\sqrt{5}}}{4})$変化します。 $…③$
$②$と$③$は$y$軸の正方向と負方向にそれぞれ$1$回ずつ動くと$y=0$になり、これ以外では$y=0$になりません。
なので、$②,③$はそれぞれ$y$軸の正方向と負方向に各$1$回動いた状態を考えることにします。
$y$軸の正方向と負方向に各$1$回動いた場合の変化は、
$②$より、$(x,y)=(\frac{-1+\sqrt{5}}{2},0)$ $…②'$
$③$より、$(x,y)=(\frac{-1-\sqrt{5}}{2},0)$ $…③'$
になります。
$①,②'$だけ、$①,③'$だけ、または$②',③'$だけで$x=0$に戻ることができないので、(証明略)
$①,②',③'$が$1$回ずつ(つまり$0°,72°,144°,216°,288°$方向に各$1$回)動いた場合だけ原点に戻ることができます。
次に、$G=0,5,10,15,20$回の場合に、原点に戻れる可能性があるので、それぞれの組み合わせを考えていきます。
・$G=0,T=25$の場合、
$T_1T_2T_3…T_{25}$しかないので、$S$は$1$通りです。
・$G=5,T=20$の場合、
$T_1T_2T_3…T_{20}$の間に$G$を$5$個置きます。
$T_1,T_6,T_{11},T_{16}$の前と$T_{20}$の後ろの計$5$箇所に$G$を$1$個置きます。
$T_2,T_7,T_{12},T_{17}$の前の$4$箇所に$G$を$1$個置きます。
$T_3,T_8,T_{13},T_{18}$の前の$4$箇所に$G$を$1$個置きます。
$T_4,T_9,T_{14},T_{19}$の前の$4$箇所に$G$を$1$個置きます。
$T_5,T_{10},T_{15},T_{20}$の前の$4$箇所に$G$を$1$個置きます。
よって$S$は、${}_5C_1×(_4C_1)^4=5×4^4=1280$通りです。
・$G=10,T=15$の場合、
$T_1T_2T_3…T_{15}$の間に$G$を$10$個置きます。
$T_1,T_6,T_{11}$の前と$T_{15}$の後ろの計$4$箇所に$G$を$2$個置きます。
$T_2,T_7,T_{12}$の前の$3$箇所に$G$を$2$個置きます。
$T_3,T_8,T_{13}$の前の$3$箇所に$G$を$2$個置きます。
$T_4,T_9,T_{14}$の前の$3$箇所に$G$を$2$個置きます。
$T_5,T_{10},T_{15}$の前の$3$箇所に$G$を$2$個置きます。
よって$S$は、${}_5C_2×(_4C_2)^4=10×6^4=12960$通りです。
・$G=15,T=10$の場合、
$T_1T_2T_3…T_{10}$の間に$G$を$15$個置きます。
$T_1,T_6$の前と$T_{10}$の後ろの計$3$箇所に$G$を$3$個置きます。
$T_2,T_7$の前の$2$箇所に$G$を$3$個置きます。
$T_3,T_8$の前の$2$箇所に$G$を$3$個置きます。
$T_4,T_9$の前の$2$箇所に$G$を$3$個置きます。
$T_5,T_{10}$の前の$2$箇所に$G$を$3$個置きます。
よって$S$は、${}_5C_3×(_4C_3)^4=10×4^4=2560$通りです。
・$G=20,T=5$の場合、
$T_1T_2T_3T_4T_5$の間に$G$を$20$個置きます。
$T_1$の前と$T_5$の後ろの$2$箇所に$G$を$4$個置きます。
$T_2$の前に$G$を$4$個置きます。
$T_3$の前に$G$を$4$個置きます。
$T_4$の前に$G$を$4$個置きます。
$T_5$の前に$G$を$4$個置きます。
よって$S$は、${}_5C_4×(_4C_4)^4=5×1^4=5$通りです。
したがって、解は$1+1280+12960+2560+5=16806$通りになります。