Cevap: $\boxed{D}$
$k\in\{0,1,2,\dots,20\}$ için $a$ sayısı $2k$ defa bulunsun. Bu durumda $b$ ve $c$ sayıları toplamda da $40-2k$ sayıda bulunacaktır. $b$'nin $m$ tane bulunması durumunda tekrarlı permütasyondan, $$\frac{40!}{(2k)!m!(40-2k-m)!}$$ tane kelime olacağından $2k$ tane $a$ için $$\sum_{m=0}^{40-2k}\frac{40!}{(2k)!m!(40-2k-m)!}$$ kelime ve tüm $k$ değerleri için toplarsak, $$S=\sum_{k=0}^{20}\sum_{m=0}^{40-2k}\frac{40!}{(2k)!m!(40-2k-m)!}=\sum_{k=0}^{20}\sum_{m=0}^{40-2k}\frac{40!}{(2k)!(40-2k)!}\cdot \frac{(40-2k)!}{m!(40-2k-m)!}$$ $$=\sum_{k=0}^{20}\sum_{m=0}^{40-2k}\dbinom{40}{2k}\dbinom{40-2k}{m}$$ olacaktır. İçteki toplamda $m$'den bağımsız olan terimleri dışarı atabiliriz, yani $$S=\sum_{k=0}^{20}\dbinom{40}{2k}\sum_{m=0}^{40-2k}\dbinom{40-2k}{m}=\sum_{k=0}^{20}2^{40-2k}\dbinom{40}{2k}$$ olacaktır çünkü $(1+1)^{40-2k}=\sum\limits_{m=0}^{40-2k}\binom{40-2k}{m}$'dir. $$(2+1)^{40}=\sum_{r=0}^{40}\dbinom{40}{r}2^{40-r}$$ $$(2-1)^{40}=\sum_{r=0}^{40}\dbinom{40}{r}2^{40-r}(-1)^{r}$$ toplamlarını da toplarsak, $r$'nin tek olduğu terimler birbirini götürür ve $$3^{40}+1=2\sum_{k=0}^{20}2^{40-2k}\dbinom{40}{2k}$$ elde edilir. Dolayısıyla, $S=\frac{3^{40}+1}{2}$'dir. $5$ ve $11$ modlarında incelersek, Fermat teoreminden $$3^{40}+1\equiv 2\pmod{5}\implies S\equiv 1\pmod{5}$$ $$3^{40}+1\equiv 2\pmod{11}\implies S\equiv 1\pmod{11}$$ bulunur. Dolayısıyla $S\equiv 1\pmod{55}$'dir.
Not: Normalde bu tarz sorular, kendilerine denk olan başka bir şeye dönüştürülerek daha kolay çözülebilir. Örneğin bir dağılım sorusunu, bir polinomdaki bir terimin katsayısını bulmaya dönüştürebiliriz. Benim aklıma şu anda o şekilde bir dönüştürme gelmediği için uzun yoldan çözdüm.
