Всего име­ет­ся раз­лич­ных тре­уголь­ни­ков. Один вы­стрел «ранит» 27 тре­уголь­ни­ков. Сде­лав 134 вы­стре­ла, удаст­ся «ра­нить» не более 134 ∙ 27 = 3618 тре­уголь­ни­ков. Так как то 134 вы­стре­лов не хва­тит, чтобы га­ран­ти­ро­ван­но «ра­нить» ко­рабль.

Ответ: не смо­жет.

Три буквы О долж­ны быть рас­кра­ше­ны в раз­ные цвета, это можно сде­лать ше­стью спо­со­ба­ми. За­ну­ме­ру­ем эти цвета слева на­пра­во: 1, 2 и 3. Цвета букв Б и Л опре­де­ля­ют­ся од­но­знач­но, так как их со­се­ди раз­но­го цвета. Буквы К могут быть по­кра­ше­ны как 3 и 1, 3 и 2 или 2 и 1, то есть три спо­со­ба. Итого по­лу­ча­ет­ся спо­со­бов.

Ответ: 18.

Три буквы А долж­ны быть рас­кра­ше­ны в раз­ные цвета, это можно сде­лать ше­стью спо­со­ба­ми. Вто­рая буква Б стоит между вто­рой и тре­тьей бук­ва­ми А, а зна­чит её цвет те­перь опре­де­ля­ет­ся од­но­знач­но и сов­па­да­ет с цве­том пер­вой буквы A.

Зна­чит, для пер­вой буквы Б оба усло­вия за­пре­ща­ют один и тот же цвет, и её можно по­кра­сить двумя спо­со­ба­ми. Цвет буквы Р опре­де­ля­ет­ся оlнознач­но; цвет буквы Н вы­би­ра­ет­ся двумя спо­со­ба­ми. Итого по­лу­ча­ет­ся спо­со­ба.

Ответ: 24.

Любой крест из пяти кле­ток можно рас­кра­сить спо­со­ба­ми. Обо­зна­чим по­лу­чив­ши­е­ся цвета (см. рис. 1).

В левом верх­нем углу этого квад­ра­та может сто­ять либо d, либо e. Числа в осталь­ных углах после этого вос­ста­нав­ли­ва­ют­ся од­но­знач­но: если мы вы­бра­ли d для ле­во­го верх­не­го угла, то в левом ниж­нем точно стоит a и т. д. Вто­рой слу­чай раз­би­ра­ет­ся ана­ло­гич­но. Смот­реть рис. 2 и рис. 3.

Таким об­ра­зом, ко­ли­че­ство ва­ри­ан­тов уве­ли­чи­лось вдвое. До­ка­жем те­перь, что осталь­ная часть доски рас­кра­ши­ва­ет­ся од­но­знач­но. Два слу­чая раз­би­рать нет не­об­хо­ди­мо­сти, так как они от­ли­ча­ют­ся сим­мет­ри­ей от­но­си­тель­но диа­го­на­ли и за­ме­ной

По­ка­жем те­перь, как рас­ши­рить по­лу­чен­ную рас­крас­ку на всю доску. Пусть уже рас­кра­шен пря­мо­уголь­ник (обе сто­ро­ны боль­ше 3). Тогда все клет­ки, со­сед­ние с его не­уг­ло­вы­ми клет­ка­ми, вос­ста­нав­ли­ва­ют­ся од­но­знач­но по усло­вию.

Из ранее до­ка­зан­но­го видно, что если в квад­ра­те рас­кра­ше­ны все не­уг­ло­вые клет­ки и хотя бы один из углов, цвета осталь­ных кле­ток вос­ста­нав­ли­ва­ют­ся од­но­знач­но. Таким об­ра­зом, можно од­но­знач­но вос­ста­но­вить цвета кле­ток, со­сед­них с уг­ло­вой клет­кой пря­мо­уголь­ни­ка по сто­ро­не, а затем и цвет клет­ки ле­жа­щей от неё по диа­го­на­ли. Таким об­ра­зом, мы пе­ре­хо­дим от пря­мо­уголь­ни­ка к пря­мо­уголь­ни­ку, у ко­то­ро­го каж­дая сто­ро­на боль­ше хотя бы на 1, если толь­ко она не сов­па­да­ет с раз­ме­ром доски. Рано или позд­но так вос­ста­но­вят­ся цвета всех кле­ток доски. От раз­ме­ра доски при этом ко­ли­че­ство рас­кра­сок не за­ви­сит.

Ответ:

В каж­дой стро­ке и каж­дом столб­це таб­ли­цы может быть либо ноль, либо два нечётных числа, то есть либо одно, либо три чётных. Общее ко­ли­че­ство чётных чисел  — нечётное число от 3 до 9. Раз­берём не­сколь­ко слу­ча­ев:

1)  Всего три чётных числа, то есть по од­но­му в каж­дой стро­ке и каж­дом столб­це. У нас спо­со­бов вы­брать, где стоят эти числа, спо­со­бов рас­ста­вить нечётные числа и спо­со­бов рас­ста­вить чётные.

2)  Пять чётных чисел, т. е. они за­ни­ма­ют одну стро­ку и один стол­бец. спо­со­бов вы­брать эти стро­ку и стол­бец, спо­со­бов рас­ста­вить нечётные числа и спо­со­бов рас­ста­вить чётные.

3)  Семи чётных чисел быть не может, так как это зна­чит, что нечётных чисел всего два. Они не могут од­но­вре­мен­но на­хо­дить­ся в одной стро­ке и одном столб­це, а зна­чит, какие-то суммы ока­жут­ся нечётными.

4)  Все числа чётные, в таком слу­чае спо­со­бов. Итого

Ответ:

В каж­дой стро­ке и каж­дом столб­це таб­ли­цы может быть либо одно, либо три нечётных числа. Общее ко­ли­че­ство нечётных чисел  — нечётное число от 3 до Раз­берём не­сколь­ко слу­ча­ев:

1)  Всего три нечётных числа, то есть по од­но­му в каж­дой стро­ке и каж­дом столб­це. У нас спо­со­бов вы­брать, где стоят эти числа, спо­со­бов рас­ста­вить чётные числа и спо­со­бов рас­ста­вить нечётные.

2)  Пять нечётных чисел, т. е. они за­ни­ма­ют одну стро­ку и один стол­бец. спо­со­бов вы­брать эти стро­ку и стол­бец, спо­со­бов рас­ста­вить чётные числа и спо­со­бов рас­ста­вить нечётные.

3)  Семи нечётных чисел быть не может, так как это зна­чит, что чётных чисел всего два. Они не могут од­но­вре­мен­но на­хо­дить­ся в одной стро­ке и одном столб­це, а зна­чит, какие-то суммы ока­жут­ся чётными.

4)  Все числа нечётные, в таком слу­чае спо­со­бов. Итого

Ответ:

Про­ну­ме­ру­ем места за сто­лом по ча­со­вой стрел­ке от 1 до 18. По­счи­та­ем, сколь­ко троек мы можем со­здать, если один из людей сидит на пер­вом месте. В этом слу­чае мы не смо­жем взять людей, си­дя­щих на 2, 3, 17 и 18 ме­стах. То есть сле­ду­ю­ще­го мы смо­жем вы­брать толь­ко 13 спо­со­ба­ми. Если сле­ду­ю­щим мы вы­би­ра­ем че­ло­ве­ка, си­дя­ще­го на 4 месте, то сле­ду­ю­ще­го можно вы­брать с 7 по 16 место, то есть 10 спо­со­ба­ми; если вто­рым вы­би­ра­ем че­ло­ве­ка на 5 месте, то тре­тье­го можно вы­брать 9 спо­со­ба­ми и т. д. В итоге, если один из вы­бран­ных людей сидит на пер­вом месте, то су­ще­ству­ет 10 + 9 + 8 + … + 2 + 1 = 55 спо­со­бов по­доб­но­го вы­бо­ра.

Общее ко­ли­че­ство вы­бо­ра троих людей ука­зан­ным в усло­вии спо­со­бом равно: От­ме­тим, что после умно­же­ния 55 на общее число людей, не­об­хо­ди­мо раз­де­лить на 3, так как в каж­дой трой­ке можно на­чи­нать выбор с лю­бо­го из трех людей.

Ответ: 3.

Если бы у Жени не было бы огра­ни­че­ния, он мог бы есть ку­соч­ки в любом по­ряд­ке и у него было бы спо­со­бов.

Не под­хо­дят те спо­со­бы, в ко­то­рых цен­траль­ная клет­ка съе­де­на рань­ше любой из со­сед­них с ней четырёх. По­сколь­ку из этих пяти кле­ток для каж­дой рав­ное ко­ли­че­ство ва­ри­ан­тов в ко­то­рых она на­хо­дит­ся рань­ше дру­гих, нам не под­хо­дит каж­дый пятый ва­ри­ант. Остаётся

Ответ:

В каж­дом столб­це стоит одно чётное и одно нечётное число. Где стоит чётное число, а где нечётное, вы­би­ра­ет­ся двумя спо­со­ба­ми, итого спо­со­бов для всей таб­ли­цы. Далее, су­ще­ству­ет 7! спо­со­бов рас­ста­вить чётные числа по вы­бран­ных для них ме­стам и столь­ко же спо­со­бов рас­ста­вить нечётные. Все эти числа надо пе­ре­мно­жить.

Ответ:

Пер­вой обя­за­тель­но съе­да­ет­ся уг­ло­вая клет­ка (4 спо­со­ба). После этого есть 4 ва­ри­ан­та:

1)  Вто­рой съе­да­ет­ся со­сед­няя уг­ло­вая клет­ка (1 спо­соб). Остаётся пря­мо­уголь­ник Из него пер­вой съе­да­ет­ся снова уг­ло­вая клет­ка (4 спо­со­ба). После этого остаётся одна не­до­ступ­ная для съе­де­ния клет­ка.

1.1) Четвёртой съе­да­ет­ся един­ствен­ная клет­ка, не со­сед­няя с не­до­ступ­ной (1 спо­соб). Далее съе­да­ет­ся клет­ка, со­сед­няя с не­до­ступ­ной (3 спо­со­ба). Осталь­ные 3 клет­ки съе­да­ют­ся в любом по­ряд­ке (3! спо­со­бов). Итого

1.2) Четвёртой съе­да­ет­ся клет­ка, со­сед­няя с не­до­ступ­ной (3 спо­со­ба). Осталь­ные 4 клет­ки съе­да­ют­ся в любом по­ряд­ке (4! спо­со­бов). Итого

Итого в сумме 1440 спо­со­бов для слу­чай 1).

2)  Вто­рой съе­да­ет­ся со­сед­няя не­уг­ло­вая клет­ка (1 спо­соб). После этого остаётся одна не­до­ступ­ная для съе­де­ния клет­ка, у ко­то­рой три со­сед­них.

2.1) Тре­тьей съе­да­ет­ся одна из трёх кле­ток рядом с не­до­ступ­ной (3 спо­со­ба). Далее ста­но­вят­ся до­ступ­ны­ми все клет­ки, ко­то­рые можно съесть 5! спо­со­ба­ми. Итого

2.2) Тре­тьей съе­да­ет­ся клет­ка, не со­сед­няя с не­до­ступ­ной (2 спо­со­ба).

2.2.1) Четвёртой съе­да­ет­ся одна из трёх кле­ток рядом с не­до­ступ­ной (3 спо­со­ба). Далее ста­но­вят­ся до­ступ­ны­ми все клет­ки, ко­то­рые можно съесть 4! спо­со­ба­ми. Итого

2.2.2) Четвёртой съе­да­ет­ся клет­ка, не со­сед­няя с не­до­ступ­ной (1 спо­соб). Затем съе­да­ет­ся одна из кле­ток, со­сед­них с не­до­ступ­ной (3 спо­со­ба). Далее ста­но­вят­ся до­ступ­ны­ми все клет­ки, ко­то­рые можно съесть 3! спо­со­ба­ми. Итого

Итого в сумме 2160 спо­со­бов для слу­чая 2).

3)  Вто­рой съе­да­ет­ся уг­ло­вая клет­ка на той же длин­ной сто­ро­не, что и уже съе­ден­ная. После этого остаётся две не­до­ступ­ные для съе­де­ния клет­ки, у кот ор ой три со­сед­них. Даль­ней­шие рас­суж­де­ния ана­ло­гич­ны слу­чаю 1). В итоге те же самые 1440 спо­со­бов.

4)  Вто­рой съе­да­ет­ся клет­ка, про­ти­во­по­лож­ная съе­ден­ной (1 спо­со­бов).

4.1) Если после этого мы съе­да­ем уг­ло­вую клет­ку, у нас остаётся фи­гу­ра, та же, что и в слу­чае 1), съесть ко­то­рую

Это число надо умно­жить на 8 и по­лу­ча­ет­ся 720 спо­со­бов.

4.2) Если съе­да­ет­ся не уг­ло­вая клет­ка, все клет­ки ста­но­вят­ся до­ступ­ны, и их можно съесть 5! спо­со­ба­ми. Итого

Всего для ва­ри­ан­та 4) по­лу­ча­ет­ся 1680 спо­со­бов. Итого 6720 спо­со­бов.

Ответ: 6720.

В каж­дом столб­це стоит одно чётное и одно нечётное число. Где стоит чётное число, а где нечётное, вы­би­ра­ет­ся двумя спо­со­ба­ми, итого спо­со­бов для всей таб­ли­цы. Далее, су­ще­ству­ет 5! спо­со­бов рас­ста­вить чётные числа по вы­бран­ных для них ме­стам и столь­ко же спо­со­бов рас­ста­вить нечётные. Bce эти числа надо пе­ре­мно­жить.

Ответ:

Легко про­ве­рить, что

сле­до­ва­тель­но, даёт такой же оста­ток при де­ле­нии на 3, что и Таким об­ра­зом,

даёт такой же оста­ток при де­ле­нии на 3, что и

(здесь от­бро­ше­ны два край­них сла­га­е­мых, рав­ные 0). Обо­зна­чим эту сумму за Ана­ло­гич­но пе­ре­хо­дим к

При­ме­нив эту про­це­ду­ру ещё 1998 раз, по­лу­ча­ем, что фор мула из усло­вия даёт такой же оста­ток при де­ле­нии на 3 , что и

что даёт оста­ток 1 при де­ле­нии на 3.

Ввиду того, что ис­ко­мые числа могут со­сто­ять из сле­ду­ю­щих цифр: а) две двой­ки, две пятёрки, одна семёрка и три еди­ни­цы или б) четвёрка, две пятёрки, одна семёрка и че­ты­ре еди­ни­цы. Вы­чис­лим ко­ли­че­ство ва­ри­ан­тов в каж­дом слу­чае.

а)  Сна­ча­ла вы­би­ра­ем два места из вось­ми для рас­по­ло­же­ния двоек

затем два места из шести остав­ших­ся для раз­ме­ще­ния пятёрок

затем одно место из четырёх остав­ших­ся для семёрки

На­ко­нец, остав­ши­е­ся места за­ни­ма­ют еди­ни­цы. По пра­ви­лу про­из­ве­де­ния вы­хо­дит

б)  Рас­суж­дая ана­ло­гич­но, на­хо­дим, что ко­ли­че­ство спо­со­бов в этом слу­чае равно Окон­ча­тель­но по­лу­ча­ем

Ответ: 2520.

Ввиду того, что ис­ко­мые числа могут со­сто­ять из сле­ду­ю­щих цифр: а) две двой­ки, две пятёрки, две семёрки и две еди­ни­цы или б) четвёрка, две пятёрки, две семёрки и три еди­ни­цы. Вы­чис­лим ко­ли­че­ство ва­ри­ан­тов в каж­дом слу­чае.

а)  Сна­ча­ла вы­би­ра­ем два места из вось­ми для рас­по­ло­же­ния двоек

затем два места из шести остав­ших­ся для раз­ме­ще­ния пятёрок

затем два места из четырёх остав­ших­ся для раз­ме­ще­ния семёрок

На­ко­нец, остав­ши­е­ся места за­ни­ма­ют еди­ни­цы. По пра­ви­лу про­из­ве­де­ния вы­хо­дит

б)  Рас­суж­дая ана­ло­гич­но, на­хо­дим, что ко­ли­че­ство спо­со­бов в этом слу­чае равно

Окон­ча­тель­но по­лу­ча­ем спо­со­бов.

Ответ: 4200.

Ввиду того, что ис­ко­мые числа могут со­сто­ять из сле­ду­ю­щих цифр: а) три трой­ки, три пятёрки и две еди­ни­цы или б) трой­ка, де­вят­ка, три пятёрки и три еди­ни­цы. Вы­чис­лим ко­ли­че­ство ва­ри­ан­тов в каж­дом слу­чае.

а)  Сна­ча­ла вы­би­ра­ем три места из вось­ми для рас­по­ло­же­ния троек

затем три места из пяти остав­ших­ся для раз­ме­ще­ния пятёрок

На­ко­нец, остав­ши­е­ся места за­ни­ма­ют еди­ни­цы. По пра­ви­лу про­из­ве­де­ния вы­хо­дит

б)  Рас­суж­дая ана­ло­гич­но, на­хо­дим, что ко­ли­че­ство спо­со­бов в этом слу­чае равно

Окон­ча­тель­но по­лу­ча­ем спо­со­бов.

Ответ: 1680.

Ввиду того, что ис­ко­мые числа могут со­сто­ять из сле­ду­ю­щих цифр: a) три трой­ки, че­ты­ре пятёрки и одна еди­ни­ца или б) трой­ка, де­вят­ка, че­ты­ре пятёрки и две еди­ни­цы. Вы­чис­лим ко­ли­че­ство ва­ри­ан­тов в каж­дом слу­чае.

а)  Сна­ча­ла вы­би­ра­ем три места из вось­ми для рас­по­ло­же­ния троек

затем одно место из пяти остав­ших­ся для раз­ме­ще­ния еди­ни­цы спо­со­бов. На­ко­нец, остав­ши­е­ся места за­ни­ма­ют пятёрки. По пра­ви­лу про­из­ве­де­ния вы­хо­дит

б)  Рас­суж­дая ана­ло­гич­но, на­хо­дим, что ко­ли­че­ство спо­со­бов в этом слу­чае равно

Окон­ча­тель­но по­лу­ча­ем спо­со­бов.

Ответ: 1120.

Ввиду того, что ис­ко­мые числа могут со­сто­ять из сле­ду­ю­щих цифр: а) три двой­ки, две пятёрки, одна семёрка и две еди­ни­цы, б) четвёрка, двой­ка, две пятёрки, одна семёрка и три еди­ни­цы или в) восьмёрка, две пятёрки, одна семёрка и че­ты­ре еди­ни­цы. Вы­чис­лим ко­ли­че­ство ва­ри­ан­тов в каж­дом слу­чае.

а)  Сна­ча­ла вы­би­ра­ем три места из вось­ми для рас­по­ло­же­ния двоек

затем два места из пяти остав­ших­ся для раз­ме­ще­ния пятёрок

затем одно место из трёх остав­ших­ся для семёрки спо­со­ба. На­ко­нец, остав­ши­е­ся места за­ни­ма­ют еди­ни­цы. По пра­ви­лу про­из­ве­де­ния вы­хо­дит

б)  Рас­суж­дая ана­ло­гич­но, на­хо­дим, что ко­ли­че­ство спо­со­бов в этом слу­чае равно

в)  Рас­суж­дая ана­ло­гич­но, на­хо­дим, что ко­ли­че­ство спо­со­бов в этом слу­чае равно

Окон­ча­тель­но по­лу­ча­ем спо­со­бов.

Ответ: 5880.

Ввиду того, что ис­ко­мые числа могут со­сто­ять из сле­ду­ю­щих цифр: a) три двой­ки, три пятёрки, одна семёрка и одна еди­ни­ца, б) четвёрка, двой­ка, три пятёрки, одна семёрка и две еди­ни­цы или в) восьмёрка, три пятёрки, одна семёрка и три еди­ни­цы. Вы­чис­лим ко­ли­че­ство ва­ри­ан­тов в каж­дом слу­чае.

а)  Сна­ча­ла вы­би­ра­ем три места из вось­ми для рас­по­ло­же­ния двоек

затем три места из пяти остав­ших­ся для раз­ме­ще­ния пятёрок

затем одно место из двух остав­ших­ся для семёрки спо­со­ба). На­ко­нец, остав­ши­е­ся места за­ни­ма­ют еди­ни­цы. По пра­ви­лу про­из­ве­де­ния вы­хо­дит

б)  Рас­суж­дая ана­ло­гич­но, на­хо­дим, что ко­ли­че­ство спо­со­бов в этом слу­чае равно

в)  Рас­суж­дая ана­ло­гич­но, на­хо­дим, что ко­ли­че­ство спо­со­бов в этом слу­чае равно

Окон­ча­тель­но по­лу­ча­ем спо­со­бов.

Ответ: 5600.

Дан­ные числа, рас­по­ло­жен­ные в по­ряд­ке воз­рас­та­ния, об­ра­зу­ют ариф­ме­ти­че­скую про­грес­сию с раз­но­стью 3. Сле­до­ва­тель­но, остат­ки от де­ле­ния на 7 у этих чисел че­ре­ду­ют­ся. Дей­стви­тель­но, если какое-то из этих чисел де­лит­ся на 7, т. е. имеет вид где то сле­дом за ним идут числа

да­ю­щие при де­ле­нии на 7 остат­ки 2, 4, 6, 1, 3, 5 со­от­вет­ствен­но. Далее идёт число де­ля­ще­е­ся на 7, и затем остат­ки по­вто­ря­ют­ся. Таким об­ра­зом, остат­ки от де­ле­ния дан­ных чисел на 7 идут в по­ряд­ке ... 0; 3; 6; 2; 5; 1; 4; 0 ... Среди дан­ных нам 140 чисел есть по 20 чисел, да­ю­щих остат­ки 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6 от де­ле­ния на 7. Сумма двух чисел может де­лить­ся на 7 в сле­ду­ю­щих слу­ча­ях.

1)  Оба числа де­лят­ся на 7. Всего кар­то­чек с та­ки­ми чис­ла­ми 20, и нужно вы­брать 2 них  — есть

сде­лать это.

2)  Одно из чисел даёт оста­ток 1 от де­ле­ния на 7  — тогда вто­рое долж­но да­вать оста­ток 6 от де­ле­ния на 7. Эту пару чисел можно вы­брать спо­со­ба­ми.

3)  Одно из чисел даёт оста­ток 2 от де­ле­ния на 7  — тогда вто­рое даёт оста­ток 5, и, ана­ло­гич­но вто­ро­му слу­чаю, по­лу­ча­ем 400 спо­со­бов вы­брать 2 числа.

4)  Одно из чисел даёт оста­ток 3 от де­ле­ния на 7  — тогда вто­рое даёт оста­ток 4  — также 400 спо­со­бов. В итоге вы­хо­дит 1390 спо­со­бов.

Ответ: 1390.

Дан­ные числа, рас­по­ло­жен­ные в по­ряд­ке воз­рас­та­ния, об­ра­зу­ют ариф­ме­ти­че­скую про­грес­сию с раз­но­стью 2. Сле­до­ва­тель­но, остат­ки от де­ле­ния на 7 у этих чисел че­ре­ду­ют­ся. Дей­стви­тель­но, если какое-то из этих чисел де­лит­ся на 7, т. е. имеет вид где то сле­дом за ним идут числа

да­ю­щие при де­ле­нии на 7 остат­ки 2, 4, 6, 1, 3, 5 со­от­вет­ствен­но. Далее идёт число де­ля­ще­е­ся на 7, и затем остат­ки по­вто­ря­ют­ся. Таким об­ра­зом, остат­ки от де­ле­ния дан­ных чисел на 7 идут в по­ряд­ке ... 0; 2; 4; 6; 1; 3; 5; 0 ... Среди дан­ных нам 210 чисел есть по 30 чисел, да­ю­щих остат­ки 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6 от де­ле­ния на 7.

Сумма двух чисел может де­лить­ся на 7 в сле­ду­ю­щих слу­ча­ях.

1)  Оба числа де­лят­ся на 7. Всего кар­то­чек с та­ки­ми чис­ла­ми 30, и нужно вы­брать 2 них  — есть

сде­лать это.

2)  Одно из чисел даёт оста­ток 1 от де­ле­ния на 7  — тогда вто­рое долж­но да­вать оста­ток 6 от де­ле­ния на 7. Эту пару чисел можно вы­брать спо­со­ба­ми.

3)  Одно из чисел даёт оста­ток 2 от де­ле­ния на 7  — тогда вто­рое даёт оста­ток 5, и, ана­ло­гич­но вто­ро­му слу­чаю, по­лу­ча­ем 900 спо­со­бов вы­брать 2 числа.

4)  Одно из чисел даёт оста­ток 3 от де­ле­ния на 7  — тогда вто­рое даёт оста­ток 4  — также 900 спо­со­бов. В итоге вы­хо­дит 3135 спо­со­бов.

Ответ: 3135.