数学中的感叹号
在本书开头，我们讨论了从1到100的数字求和问题，最后得出的答案是5 050，并推导出前n个数字的简便求和公式。现在，假设我们希望算出从1到100的所有数字的乘积，该怎么办呢？这个数字非常大！如果你感兴趣，我可以告诉你这个数字一共有158位：
93 326 215 443 944 152 681 699 238 856 266 700 490 715 968 264 381 621 468 592 963 895 217 599 993 229 915 608 941 463 976 156 518 286 253 697 920 827 223 758 251 185 210 916 864 000 000 000 000 000 000 000 000
本章将告诉大家，计数问题正是建立在这类数字的基础之上。在这类数字的帮助下，我们可以判断图书（接近5亿册）在书架上有多少种排列方式，在扑克牌游戏中拿到至少一对牌（运气不错）的概率是多少，彩票中奖的概率是多少（不会太大）。
我们把从1到n的所有数字的乘积记作n!，读作“n的阶乘”。
n! = n×(n – 1) ×(n – 2) ×…×3×2×1
例如：
5! = 5×4×3×2×1 = 120
我觉得用感叹号来表示阶乘十分恰当，因为n! 的增长速度非常快，而且有许多激动人心或令人惊讶的应用。为方便起见，数学家规定0! = 1，当n为负数时，n! 没有意义。
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根据阶乘的定义，很多人都以为0! 应该等于0。但是，我要告诉大家，0! = 1是有道理的。当 n ≥ 2时，n! = n×(n – 1)!，因此：
要使这个等式在 n = 1时也成立，就需要满足：
从下面可以看出，阶乘的增长速度非常快：
000! = 1
001! = 1
002! = 2
003! = 6
004! = 24
005! = 120
006! = 720
007! = 5 040
008! = 40 320
009! = 362 880
010! = 3 628 800
011! = 39 916 800
012! = 479 001 600
013! = 6 227 020 800
020! = 2.43×1018
052! = 8.07×1067
100! = 9.33×10157
这些数字到底有多大呢？据估计，全世界大约有1022颗沙砾，整个宇宙大约有1080个原子。一副扑克牌有52张（不含大小王），就有52! 种排列方式，因此你看到的那种排列可能前所未见。假设地球上的每个人每分钟洗一次牌，那么在接下来的100万年里，可能都无法再次看到之前的那种排列。
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在本章开头讨论100! 时，大家可能注意到它的答案尾部有大量的0出现。这些0是从哪里来的？在计算从1到100的数字乘积时，每次5的倍数与2的倍数相乘都会得到一个0。在1~100中，共有20个5的倍数和50个偶数，这似乎意味着得数的末尾应该有20个0。但是，25、50、75和100这4个数字分别多贡献了一个0，因此100! 的末尾有24个0。
同第1章讨论的数字一样，阶乘也会表现出很多美妙的规律。下面是我最喜爱的一个：
1×1! = 1 = 2!–1
1×1! + 2×2! = 5 = 3!–1
1×1! + 2×2! + 3×3! = 23 = 4!–1
1×1! + 2×2! + 3×3! + 4×4! = 119 = 5!–1
1×1! + 2×2! + 3×3! + 4×4! + 5×5! = 719 = 6!–1
…
阶乘的一个美妙规律
加法法则和乘法法则
从本质上看，计数问题大多涉及两个法则，即加法法则和乘法法则。在存在多种不同类型选择的情况下，计算可选方案的总数，需要使用加法法则。例如，如果你有3件短袖衬衫和5件长袖衬衫，那么在考虑穿哪件衬衫时，你一共有8种不同的选择。一般而言，如果你的可选对象分为两种，第一种对象包含a个选择方案，第二种对象包含b个选择方案，那么你在这两种对象中做出选择时一共有a + b个方案（假设a、b两种选择方案各不相同）。
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如前所述，加法法则假设这两种对象彼此不同。但是，如果有c个对象同时属于这两个类型，这些对象就会被统计两次。因此，不同对象的个数应该是 a + b – c。例如，在一个班级中，有12名学生养狗，19名学生养猫，还有7名学生既养狗又养猫，那么养宠物的学生总数应该是12 + 19 – 7 = 24。再举一个数学味儿更浓的例子。在从1到100的数字中，2的倍数有50个，3的倍数有33个，既是2又是3的倍数（即6的倍数）的数字有16个。那么，在从1到100的数字中，是2或者3的倍数的数字一共有50 + 33 – 16 = 67个。
乘法法则的意思是：如果某项活动由两个部分构成，完成第一部分的方法有a个，完成第二部分的方法有b个，那么完成整个活动共有a×b个方法。例如，我有5条裤子和8件衬衫，而且我不关心颜色搭配（我想，学数学的人大多如此），那么我一共有5×8 = 40个不同的搭配方案。如果我有10条领带，那么衬衫、裤子加领带的搭配方案共有40×10 = 400个。
一副普通的扑克牌（不含大小王）有4个花色（黑桃、红心、方块和梅花）、13种牌值（A，2，3，4，5，6，7，8，9，10，J，Q和K），每张牌只能有一个花色和一种牌值。因此，一副牌（不含大小王）共有4×13 = 52张。我们也可以把全部的52张牌排列成一个4×13的长方形，如下图所示，从中也可以看出一副牌共有52张。
接下来，我们用乘法法则计算邮政编码的个数。从理论上讲，一共可以有多少个五位数的邮政编码呢？邮政编码的每个数位上的数字可以从0至9中任选，因此最小的邮政编码可能是00000，最大的可能是99999，共有100 000个。根据乘法法则，我们也可以得出这个结果。第一数位上的数字有10种选择（0~9），第二、第三、第四和第五数位上的数字也各有10种选择。因此，邮政编码的个数是105 = 100 000。
在统计邮政编码的个数时，数字是可以重复出现的。现在，我们来研究对象不能重复出现的情况，比如将对象排成一行。很容易看出，两个对象有两种排列方式。例如，字母A和B可以排列成AB和BA这两种形式。3个对象有6种排列方式：ABC，ACB，BAC，BCA，CAB，CBA。假设有4个对象，在不把它们写出来的情况下，你知道它们共有24种排列方式吗？在安排第一个字母时，有4种选择（A、B、C或者D）。第一个字母确定之后，安排第二个字母时有3种选择，安排第三个字母时有2种选择，安排最后一个字母时只有一种选择。因此，一共有4×3×2×1 = 4! = 24种排列方式。一般而言，n个不同对象有 n!种排列方式。
在接下来的例子里，我们结合使用加法法则和乘法法则。假设美国某个州发放两种车牌。第一种车牌的前三位是字母，后三位是数字。第二种车牌的前两位是字母，后4位是数字。最多可以发放多少个不同的车牌呢？（尽管某些字母与数字外形相似，例如O与0，但我们不考虑这种情况，允许使用所有26个英文字母和10个数字。）根据乘法法则，第一种车牌的可能数量为：
26×26×26×10×10×10 = 17 576 000
第二种车牌的可能数量为：
26×26×10×10×10×10 = 6 760 000
由于每个车牌要么属于第一种，要么属于第二种（不可能既属于第一种又属于第二种），根据加法法则，车牌的总数是：17 576 000 + 6 760 000=24 336 000。
计数问题（数学界把这个分支称作组合数学）可以给我们带来诸多乐趣，其中之一就是我们经常发现同一个问题有多种解法。（心算问题也可以让我们体验到这种乐趣。）前面那个例子其实只需一个步骤即可完成。可发放的车牌数是：
26×26×36×10×10×10 = 24 336 000
这是因为车牌的前两位分别有26个选择，后三位各有10个选择，而第三位既可以选择字母，又可以选择数字，因此有26 + 10 = 36个选择。
冰激凌、彩票与扑克牌游戏
接下来，我们将利用刚刚学到的计数知识，计算我们中彩票大奖和玩扑克牌游戏时拿到各种牌面的概率。但是，我先制作一些冰激凌，让大家放松放松。
假设某家商店出售10种口味的冰激凌，可以搭配出多少种三球冰激凌呢？在做圆筒冰激凌时，各种口味的先后次序是需要考虑的（当然如此!）。如果各种口味都允许重复，那么每个冰激凌都有10个选择，共可以做出103 = 1 000种圆筒冰激凌。如果我们要求每个冰激凌有3种不同口味，那么圆筒冰激凌的种类为10×9×8 = 720种，如下图所示。
把3种不同口味的冰激凌球放到一个圆筒里，共有3! = 6种排列方式
但是，我们真正需要考虑的问题是：在先后次序无关紧要的情况下，每个杯装冰激凌包含3种不同口味，共有多少种排列方式？既然先后次序不重要，种类肯定会减少。事实上，数量会减少为圆筒冰激凌的1/6。为什么会这样呢？因为每个杯装的3种不同口味的冰激凌（比如，巧克力、香草和薄荷口味），在装到圆筒里时都有3! = 6种排列方式。也就是说，圆筒冰激凌的种类是杯装冰激凌的6倍。所以，杯装冰激凌的数量是：
10×9×8的另一种写法是10! / 7!（尽管第一种写法更便于计算）。因此，杯装冰激凌的种类数可以写成。我们把这个表达式称为“10选3”，记作，它的值是120。一般而言，从n个不同对象中选择k个，并且不考虑先后次序的活动被称为“n选k”，公式为：
数学界把这类计数问题称作“组合”（combinations），把 这种形式的数字称作“二项式系数”（binomial coefficients），把需要考虑先后次序的计数问题称作“排列”（permutations）。这些术语在使用时很容易发生混淆，例如，我们经常把“密码锁”说成“combination lock”（数字组合锁），实际上应该是“permutation lock”（数字排列锁），因为数字的先后次序非常重要。
如果冰激凌店出售20种口味的冰激凌，你希望在一个圆筒中装5种不同口味的冰激凌（次序不重要），那么各种组合的数量为：
顺便告诉大家，如果你们的计算器没有专门计算的按钮，也可以使用互联网，在搜索引擎中输入“20选5”，就可能会找到答案。
二项式系数有时会出现在似乎需要考虑先后次序的问题之中。如果我们抛10次硬币，硬币正反面的排列方式（例如，正反正反反正正反反反，正正正正正正正正正正）有多少种呢？由于每次抛掷都有两个可能的结果，因此根据乘法法则，一共有210 = 1 024个可能的排列，而且每种结果的发生概率都是相同的。（第一次听到这个结论时，有些人会感到吃惊，因为他们认为得到例子中给出的第二种结果的概率小于第一个。但实际上，得到这两个结果的概率都是。）不过，抛10次硬币，得到4个正面的概率大于10个正面，这是因为只有一种情况可以得到10个正面，这种情况发生的概率是。那么，抛10次得到4个正面的情况有多少种呢？这样的排列要求10次中有4次是正面朝上，其他6次都是反面朝上。从10次中选取4次，共有 = 210种排列方式。（与从10种口味中选择4种不同口味冰激凌的情况相似。）因此，抛掷10次硬币，在公平公正的情况下，正好得到4个正面的概率是：
≈20%
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我们自然而然地就会想到一个问题：从10种口味的冰激凌中挖3个球，可以重复选择同一口味，一共可以制成多少种圆筒冰激凌？（103 / 6显然不是正确答案，因为它连整数都不是！）直接的解法是：根据每个圆筒中有几种口味的冰激凌，分三种情况考虑。如果只有1种口味，自然只有10种可能。如果有3种口味，根据前面的讨论，我们知道共有 = 120种可能。如果有2种口味，我们知道有种选取办法，然后还要考虑哪种口味挖2个球，因此共有2× = 90种可能。把这三种情况汇总起来，共可以制作出10 + 120 + 90 = 220种圆筒冰激凌。
还有一种解法，无须分成三种情况，也可以得到正确答案。所有的圆筒冰激凌都可以表示成3个星号和9条竖线的形式。例如，选择第1、2、2种口味的冰激凌可以表示成下面这种星号—竖线排列：
选择第2、2、7种口味时，上述排列就会变成：
下面这种排列
则表示圆筒中有第3、5、10种口味的冰激凌。3个星号与9条竖线的所有排列均对应不同的圆筒冰激凌。这些符号一共占据12个位置，其中3个位置上是星号。因此，星号与竖线的排列一共有 = 220种。推而广之，从n个对象中选取k个对象，不考虑先后次序，而且可以重复选取，可选方案的数量就是k个星号与n – 1条竖线构成的排列，也就是说，有种选择方案。
很多涉及概率问题的游戏都与组合有关。例如，在购买如上图所示的加州彩票时，你需要从1~47中选择5个不同的号码，此外，还需要在1~27中选择一个MEGA号码（该号码也可以是你选择的另外5个号码中的一个）。因此，MEGA号码共有27种选择，另外5个号码共有种选择。那么，加州彩票的号码组合共有：
因此，你赢得大奖的概率小于4 000万分之一。
接下来，我们来研究扑克牌游戏的奥秘。通常，具有代表性的“一手牌”是从一副52张扑克牌（不含大小王）中选取5张构成的。因此，一手牌的组合方案数量是：
在扑克牌游戏中，像上图这种花色相同的5张牌被称为“同花”。同花一共有多少种组合呢？要构成一手同花牌，首先要选择一个花色，有4种可能。（我心中的第一选择是黑桃。）从这套花色的牌中选择5张牌，共有多少种组合呢？一副牌中共有13张黑桃，从中选择5张，就有种方案。因此，同花的数量是：
4× = 5 148
也就是说，拿到一手同花牌的概率是5 148/2 598 960，大约为1 / 500。如果你是一名严谨的扑克牌游戏玩家，你还需要从5 148中减去4×10 = 40，因为5张牌顺连时就会变成“同花顺”。
扑克牌游戏中的“顺子”是指5张顺连的牌，例如，A2345、23456…10JQKA。如下图所示：
顺子一共有10个不同类型（从最小的牌开始），在选择了某个类型（例如，34567）后，这5张牌还需要分别从4种花色中做出选择。因此，顺子的数量一共是：
10×45 = 10 240
这个数字大约是同花组合数量的两倍，拿到一手顺子牌的概率大约是1 / 250。正因为拿到一手同花牌的难度高于一手顺子牌，所以同花牌在扑克牌游戏中的价值高于顺子牌。
价值更高的一手牌是“满堂红”，它指的是5张牌中有3张牌的点数相同，另外2张牌的点数相同。例如：
要构成满堂红的牌型，先要为3张牌选择点数（13种方案），然后为另外2张牌选择其他点数（12种方案）。（假设我们选择了3个Q，2个7。）接下来，我们还需要为它们分配花色。选择3个Q有 = 4种组合，选择2个7有 = 6种组合。因此，满堂红的数量是：
13×12×4×6 = 3 744
拿到一手满堂红牌的概率是3 744/2 598 960，约为1/700。
下面，我们比较一下拿到满堂红与“两对”这两种牌型的概率。两对是指有2张牌为同一点数，还有2张牌同为另一点数，剩下的那张牌的点数与其余4张都不同。例如：
很多人以为两对的数量是13×12，但这种算法其实犯了重复统计的错误，因为先选一对Q、后选一对7，与先选一对7、后选一对Q是一样的结果。正确的算法是先算（同时选择一对Q和一对7），然后为第5张牌选择一个点数（比如5），最后为它们分配花色。因此，两对的数量是：
也就是说，出现这种牌型的概率约为5%。
剩下的牌型就不再一一讲解了，我只给出答案，由大家自行验证。“四条”这种牌型（例如A♠A♡A♢A♣8♢）的数量为：
像A♠A♡A♢9♣8♢这样的牌型名叫“三条”，数量是：
“一对”的牌型，例如A♠A♡J♢9♣8♢，数量为：
它在所有牌型中的比例约为42%。
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那么，不是对子、顺子和同花的“垃圾牌”有多少种呢？你可以从 中减去上述各种情况的总和，也可以通过下述方式直接计算：
上式第一项计算的是选择任意5种不同点数（所有点数均不相同）的一手牌数量，其中不包括像34567这样的10类“顺子”牌。第二项计算的是为所选的5张牌分别赋予一种花色，每张牌有4种可选花色，但我们必须去掉5张同花的4种情况。结果表明，差于一对的牌型占50.1%，有49.9%的牌型至少不比一对差。
接下来的问题非常有意思，它有三种解法，而且其中有两种解法是正确的！这个问题是：5张牌中至少有一个A的牌型有多少种？有人可能张口就答：4×。他们认为，先选1个A，共有4种可能；然后从剩余的51张牌（包括其余的A）中随意选择4张。遗憾的是，这个答案是错误的，因为某些牌型（不只包含1个A）被统计了不止一次。例如，A♠A♡J♢9♣8♢，在先选择A♠（再选择其他4张牌）时会统计这个牌型，在先选择A♡（再选择其他4张牌）时会再次统计这个牌型。正确的解法是：根据牌型中A的个数，把这个问题分成4种情况考虑。例如，有且只有1个A的牌型有 种（先选1个A，其余4张牌都不是A）。继续考虑它含2、3和4个A的情况，就可以得出至少有1个A的牌型总数：
但是，如果从相反的角度来考虑，计算就会简单得多。不含有A的牌型很容易算出来，数量是。因此，至少含有1个A的牌型数量是：
我们发现扑克牌游戏中各种牌型的价值大小取决于其概率大小。例如，由于一对比两对的出现概率高，因此一对的价值低于两对。各种牌型的价值由低至高的次序是：
一对，两对，三条，顺子，同花，满堂红，四条，同花顺
只要记住“1、2、3、顺同花，2–3、4、同花顺”（“2–3”指满堂红），就不会搞错它们的次序。
现在，假设我们的扑克牌游戏里可以这样使用那两张王牌：共有54张牌，两张王牌是百搭牌，你可以赋予它们任意点数，以便凑成价值最大的牌型。例如，如果你拿到了A♡A♢K♠8♢和王牌，可以选择把王牌当作A，这样就凑成了三条。如果你把王牌当作K，牌型就是两对，价值低于三条。
为王牌赋予什么点数才能形成价值最大的牌型？
于是，有意思的问题随之而来。如果按照传统方法判断牌型的价值高低，那么在你拿到像上图这种既可被视为三条又可被视为两对的牌型时，你肯定选择三条，而不愿意选择两对。但是，这样做的结果是：被视为三条的牌型数量超过被视为两对的牌型，两对反而变成一种更少见的牌型。如果我们试图通过提高两对的牌值来解决这个问题，就会导致两对的数量超过三条，同样的问题再次出现。1996年，数学家史蒂夫·加德布斯（Steve Gadbois）发现了这个现象，并得出了一个令人吃惊的结论：如果扑克牌游戏中可以使用王牌，就不可能始终根据牌型概率来决定牌型的价值。
帕斯卡三角形和圣诞节礼物
请仔细观察下图中的帕斯卡三角形（Pascal’s triangle）：
用符号表示的帕斯卡三角形
我们在本书第1章学过，把数字排列成三角形就会表现出一些有趣的规律。本章讨论的数字排列成三角形时，也会形成非常美丽的规律。这个三角形被称为帕斯卡三角形，如上图所示。利用公式，我们可以把上图中的符号变成数字，如下图所示，然后寻找其中的规律。本章将对大多数规律做出解释，但你在第一遍阅读时尽可以略过不读，只要了解它有哪些规律即可。
用数字表示的帕斯卡三角形
在用符号表示的帕斯卡三角形中，第0行只有一项，即 = 1。（记住，0! = 1。）在用数字表示的帕斯卡三角形中，由于所有行的第一项和最后一项都是1，因此：
请认真观察第5行：
第5行：1 5 10 10 5 1
注意，第二项是5。一般而言，第n行的第2项是n。这是有道理的，因为这个数字表示从n个对象中选取1个的方案数量，它的值等于n。还请注意，这个三角形的每一行都对称：从左至右看与从右至左看是一样的。例如，第5行中有：
这个规律的一般表达式为：
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有两个方法可以证明这种对称关系。根据公式，我们可以进行代数证明：
但是，无须借助公式，我们也能理解其中的道理。例如，为什么= 呢？数字表示（从10种口味的冰激凌中）选择3种口味的冰激凌放到一个杯子里，这同时意味着有7种口味的冰激凌不会被放到杯子里，两者是一回事。
你也许还看出了另外一个规律：各行中的所有数字，除去开头和结尾的那些1以外，都是其正上方的两个数字之和。我们把这个令人惊讶不已的关系称作“帕斯卡恒等式”（Pascal’s identity）。例如，观察帕斯卡三角形的第9行和第10行：
每个数字都是其正上方的两数之和
这是为什么呢？既然120 = 36 + 84，那么换成计数问题，这个等式就变成以下形式：
为了理解其中的道理，我们先来思考这个问题：如果一家商店出售10种口味的冰激凌，你要买一个包含3种不同口味的圆筒冰激凌（口味的次序不重要），会有多少种选择呢？第一种答案是我们已经知道的：。但是，我们还可以换一个方法解决这个问题。假设其中一种口味是香草味，那么不含香草味的圆筒冰激凌有多少种呢？答案是，因为我们可以在剩下的9种口味中任意选择3种。含有香草味的圆筒冰激凌有多少种呢？如果香草味是必选口味，那么其余两种口味有种可选方案。因此，一共有+种选择。哪个答案是正确的呢？两个方法的逻辑都正确，因此两个答案都正确，也就是说它们的值是相同的。同理（如果你愿意，也可采用代数方法），对于0~n中的任意数k，下列公式都是成立的：
接下来，我们把帕斯卡三角形中各行的数字分别相加（如下图所示），观察其中的规律。
帕斯卡三角形中的各行数字之和都是2的幂次方
可以看出，各行数字之和全部是2的幂次方。具体地说，第n行的数字和是2n。为什么会这样呢？我们可以对这个规律换一种表述方式：第0行的和是1，之后每增加一行，和就会随之增加一倍。借助帕斯卡恒等式（我们刚才已经完成了它的证明），就能明白其中的道理。例如，在求第5行的和时，我们用第4行的数字来改写求和算式，就会得到：
1 + 5 + 10 + 10 + 5 + 1
= 1 + (1 + 4) + (4 + 6) + (6 + 4) + (4 + 1) + 1
= (1 + 1) + (4 + 4) + (6 + 6) + (4 + 4) + (1 + 1)
由此可见，第5行的数字之和正好是第4行数字之和的两倍。同理可证，和加倍的这条规律永远成立。
将其转换成二项式系数的形式，第n行的所有数字之和为：
从各项本身来看，它们都可以表示成阶乘的形式，通常可以被多个不同的数整除，但是各项之和竟然只有一个底数2，这个结果真的令人意想不到。
这条规律还可以通过组合予以解释，我们把这个方法称为组合证明法。我们通过一家出售5种口味冰激凌的商店，来解释第5行的所有数字之和。（第n行的证明过程与之类似。）
口味各不相同的圆筒冰激凌一共有多少种？
如果要求所选冰激凌口味各不相同，一共可以制成多少种圆筒呢？圆筒里可以放入1、2、3、4或5种口味的冰激凌，而且先后次序不重要。有2种口味的冰激凌有多少种？前文中说过，有 = 10种。根据所选口味的数量，圆筒冰激凌的总数为：
化简后是1 + 5 + 10 + 10 + 5 + 1。此外，我们也可以用乘法法则来回答这个问题。我们先不考虑圆筒中有几种口味的冰激凌，而是针对每种口味考虑是否把它放进圆筒里。例如，巧克力味的冰激凌有2种选择（放或不放），香草味有2种选择（放或不放），以这种方式考虑全部5种口味的情况。（注意，如果我们针对每种口味所做的选择都是“不放”，最终得到的将是一个空圆筒，但这个结果是允许出现的。）因此，我们一共可以做出的圆筒冰激凌数量是：
2×2×2×2×2 = 25
由于两种方法都是合乎逻辑的，因此：
证明完毕。
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通过类似的组合证明法可以发现，如果以间隔一个数的方式对第n行求和，得数是2n – 1。对于奇数行而言，这个规律很好理解。以第5行为例，1 + 10 + 5与被排除在外的5 + 10 + 1的得数一样，都等于所有数字之和2n 的1/2。对于偶数行而言，这个规律同样有效。以第4行为例，1 + 6 + 1 = 4 + 4 = 23。一般而言，对于任意的n≥1，都有：
这是为什么呢？等式左边表示圆筒中的冰激凌口味数量是偶数（冰激凌共有n种且口味各不相同）。我们也可以通过在第1至第（n – 1）种口味的冰激凌中做选择的方式配制出这些冰激凌。第1种口味的冰激凌有2个选择（放或不放），第2种口味有2个选择……第（n – 1）种口味有2个选择。但是，要让圆筒中冰激凌的口味数量是偶数，最后一种口味只能有1个选择。因此，冰激凌口味为偶数的圆筒数量是2n – 1。
把帕斯卡三角形转化成直角三角形的形式，就可以发现更多的规律。最前面的一列（第0列）的各项都是1，紧随其后的一列（第1列）都是1、2、3、4等正整数。第2列的前几项是1、3、6、10、15…大家应该比较熟悉，这些都是我们在第1章里讨论过的三角形数。第2列的各个数字也可以写成:
第k列的各项是，， ，…
现在，我们把任意列的前几个数字（可多可少）相加，看看它们的和有什么特点。例如，如果我们把第2列的前5个数字相加，如下图所示：
帕斯卡直角三角形表现出形似“曲棍球球棒”的规律
即1 + 3 + 6 + 10 + 15 = 35，得数正好是15的右下方的那个数字。换句话说：
这是“曲棍球球棒恒等式”的一个实例。这个规律之所以被称作曲棍球球棒恒等式，是因为在帕斯卡直角三角形中，它表现为一个数字从一长列数字的末端伸出的形状，与曲棍球球棒十分相似。为了理解这个规律的成因，我们假设有一支由7人组成的曲棍球球队，每名球员的球衣上都有一个不同的号码，分别是1、2、3、4、5、6、7。我需要挑选其中3名球员去上一堂训练课，一共有多少种选择方案呢？由于次序不重要，因此共有个方案。接下来，我们分几种情况来讨论这个问题。7号球员被选中的方案有多少种？在等效的前提下，这个问题可以变成：7是被选中的3个号码中最大的选择方案有多少种？由于7已经包含在内，另两名球员的选择方案有种。接下来，6是最大号码的选择方案有多少种？在这种情况下，6号是必选的，7号则不能选，因此剩下的2名球员有种选择方案。同理，5号、4号和3号为最大号码的选择方案分别有、、种。由于最大号码只能是3、4、5、6或7，因此我们已经考虑了所有可能的情况，也就是说，选择3名球员的方案共有 + + … +种，与上述等式的左边正好一样。因此，这个证明结果的一般表达式为：
我们利用这个公式，来解决每个圣诞节都可能需要考虑的一个重要问题。歌曲《圣诞12天》中唱道，深深爱着你的人在第1天会送给你1份礼物（1只鹧鸪鸟），在第2天送给你3份礼物（1只鹧鸪鸟和2只斑鸠），在第3天送给你6份礼物（1只鹧鸪鸟、2只斑鸠和3只法国母鸡）……现在的问题是：12天后，你一共收到了多少份礼物？
12天后，爱你的人一共送给你多少份圣诞礼物？
在圣诞假期的第n天，你收到的礼物总数是：
（利用三角形数的公式和k = 1时的曲棍球球棒恒等式可以得出上述结果。）因此，第1天你会收到 = 1份礼物，第2天你会收到 = 3份礼物，到了第12天，你会收到份礼物。利用曲棍球球棒恒等式，你收到的礼物总数是：
因此，如果你准备在明年把这些礼物分批送给自己，就意味着你每天都可以收到一件礼物（别忘了，生日那天你不需要给自己送礼物）！
给大家送上一首喜庆的歌——《圣诞假期的第n天》，庆祝这道题得出了美妙的答案。
圣诞假期的第n天，我的真爱送给我
n个新奇的小玩意儿
n – 1个好玩的东西
n – 2个有意思的礼物
……
数一数
n天以来
我一共收到多少份礼物？
正好是份。
接下来，我们讨论帕斯卡三角形的一个最奇怪的规律。我们把帕斯卡三角形里的奇数圈起来，仔细观察就会发现大三角形里还有小三角形。
圈出帕斯卡三角形里的奇数
接下来，我们画一个更大的16行帕斯卡三角形，并把其中的奇数换成1，偶数换成0。仔细观察，就会发现每一对0和每一对1下面都是0。由此可见，两个偶数相加或者两个奇数相加，它们的和都是偶数。
更大的帕斯卡三角形里的奇数
再接下来是一个更大的帕斯卡三角形。在这个256行的帕斯卡三角形里，所有奇数都构成了黑色三角形，所有偶数都构成了白色三角形。
帕斯卡三角形与谢尔宾斯基三角形的“邂逅”
上幅图是谢尔宾斯基三角形（分形的一种）的近似图形。谢尔宾斯基三角形是隐藏在帕斯卡三角形中的众多宝藏之一。再给大家一个惊喜。帕斯卡三角形中，每行有多少个奇数？观察第1行至第8行（不含第0行），我们发现奇数的个数分别是2、2、4、2、4、4、8、2。尽管这些数都是2的幂次方，但似乎没有明显的规律。事实上，2的幂次方是一个重要的特点。例如，正好有2个奇数的行是第1、2、4、8行，这些数都是2的幂次方。为了找到一般性规律，我们需要利用一个事实：每个大于或等于0的整数都可以表示成2的幂次方之和的形式。例如：
1 = 1
2 = 2
3 = 2 + 1
4 = 4
5 = 4 + 1
6 = 4 + 2
7 = 4 + 2 + 1
8 = 8
第1、2、4、8（这些数字都是一个2的幂次方）行有2个奇数，第3、5、6（这些数字都是两个2的幂次方之和）行有4个奇数，第7（3个2的幂次方之和）行有8个奇数。下面，给大家介绍一个令人吃惊但是非常美丽的法则。如果n是p个2的幂次方之和，那么第n行中奇数的个数就是2p。例如，第83行有多少个奇数呢？由于83 = 64 + 16 + 2 + 1，即4个2的幂次方之和，因此第83行有24 = 16个奇数！
延伸阅读
为了满足大家的好奇心，我告诉大家一个事实（但在这里就不提供证明过程了）：
k = 64a + 16b + 2c + d
只要a、b、c、d等于0或1，就是奇数。具体来说，k的值肯定是下面这些数字中的一个：
0，1，2，3，16，17，18，19，64，65，66，69，80，81，82，83
在本章结束之前，我再给大家介绍最后一个规律。我们已经知道帕斯卡三角形各行之和的规律（2的幂次方）和各列之和的规律（曲棍球球棒），如果沿对角线方向求和呢？
帕斯卡三角形与斐波那契数列的“邂逅”
如上图所示，沿对角线方向求和时，我们得到的和是：
1，1，2，3，5，8，13，21，34
这些数字就是我们下一章将要讨论的内容：奇妙的斐波那契数列。