Hogyan kerülhetnek 2 hatványai ennek a tesztfeladatnak a megoldásába? Képtelen vagyok rájönni! Segítene valaki?

úgy, hogy itt egy nagyon nagy számról van szó

ismétlés nélküli permutáció ahányszor ki tudunk választani "néhány" számot a legfeljebb kétjegyűek közül amiknek a szorzata 3 számjegyre végződik

tehát itt szó lehet sokmindenről mert nem definiálta azt, hogy mit jelent a néhány

Feltételezem, hogy egy számot csak egyszer választhatunk ki, egyébként mondjuk az 1-egy végtelen sokszor lehetne belerakni a szorzatba.

Meghagyom ezt a hosszú próbálkozást is a válasz elején, bár a végén van a nagyon rövid igazi megoldás:

A szorzat utolsó számjegye csak a tényezők utolsó számjegyétől függ. Tehát elég először az egyjegyű számokat nézni.

Ha előveszel egy szorzótáblát, az látszik, hogy csak 1·3 és 9·7 végződik 3-ra.

- 1·3

Szóval 1, 11, 21, 31, ... 91 lehet az egyik szám, és 3, 13, 23, ... 93 a másik. Az egyes végűekből akárhány lehet (ami 2^10 lehetőség), hisz az nem változtat az utolsó számjegyen, a 3-asból csak egy (ami 10 lehetőség). Ezért ez eddig 2^10·10

- 9·7

Egyrészt lehet a tízféle 9-re végződő és a 10-féle 7-re végződő: 10·10 eset.

Itt is lehet 1-gyel szorozni még akárhányszor, hogy 1ⁿ·9·7 legyen.

Összesen ez így 2^10·10·10

Ezek eddig 2-komponensűek voltak (bár az 1-re végződőből többet is berakhattunk). Lehet viszont pl. úgy is, hogy 1-re végződőt csinálunk először két másikból, majd abból 3-ra végződőt. Az 1·1 nem ad újdonságot, de a 7·3 meg a 9·9 igen.

- 1ⁿ·7·3·3: Ez 2^10·10·10·9 eset.

- 1ⁿ·9·9·3: Ez 2^10·10·9·10 eset.

De a 7·3-ból is berakhatunk többet, meg persze a 9·9-ből is. A lényeg, hogy ugyanannyi 7 legyen, mint 3, illetve páros darab 9. Szóval ilyenek lehetnek:

- 1^n·(7·3)^k·(9·9)^m·3

n=0..9

k=0..8 (mert még egy 3-as kell majd a végén)

m=0..4

Ez összesen 2^10·(18 alatt 9)·valami, ezt már nem is tudom zárt alakban...

Szóval egyre jobban elbonyolódik a dolog, kellene valamilyen jó ötlet.

--- --- --- --- ---

Párosak valamint 5-re végződőek nem lehetnek a kiválasztott számokban, az tuti. Maradnak tehát az 1, 3, 7, 9 végződésű számok. Ezek tetszőleges szorzata 1-re, 3-ra, 7-re vagy 9-re végződik. Írjuk fel a végződéseket minden lehetőségnél:

    1 3 7 9

    − − − −

1 | 1 3 7 9

3 | 3 9 1 7

7 | 7 1 9 3

9 | 9 7 3 1

A 16 lehetőségből 4 volt hármas, vagyis minden negyedik.

Van összesen 40 számunk (1, 11, 21, 31 ... 79, 89, 99), amikből akárhányat kiválaszthatunk. Ez 2^40 lehetőség. Ezek szorzatának a negyede lesz tehát olyan, ami 3-ra végződik, vagyis 2^38 a lehetőségek száma.