いちごみるく
ふぃぼなっちですね。
　　 8月26日（木） 0:07:44　　 　　50797
who pank
1と9は取り出さなければならず、それ以外は「2つ連続して取り出さない」ものがないような場合の数なので、これは n-1 を取り出したか場合分けをしていけばフィボナッチ数列になって答えは 34 と解きました
　　 8月26日（木） 0:08:35　　 　　50798
ベルク・カッツェ
1と9のカードは必要。
3、4のように連続したカードを抜いてはいけない。
4枚抜くのが1通り。
3枚抜くのが10通り。
2枚抜くのが15通り。
1枚抜くのが7通り。
全部そろっているのが1通り。
合計34通りです。

最初、全部そろっている1通りを入れ忘れて33にしていて、しばらくしてやっと気づきました。
　　 8月26日（木） 0:10:00　　 　　50799
ベルク・カッツェ
それぞれの計算は、例えば3枚抜く場合の計算は、残る〇4個、抜く×3個を並べるのと同じなので、先に〇4個を置いて、5か所から×を置く3か所を選ぶので、5×4×3÷（3×2×1）＝10となります。
　　 8月26日（木） 0:13:13　　 　　50800
Mr.ダンディ
ベルク・カッツェ様の#50799
とまったく同様の解法でした。

who pank様の　#50798 にあるフィボナッチ数列には気が付きませんでした。
　　 8月26日（木） 0:21:02　　 　　50801
紫の薔薇の人
すぐにわかることは、１と９が必須で5枚以上必要なこと、

1と9を含み9枚選ぶ＝＞1通り＝＞1通りOK
1と9を含み8枚選ぶ＝＞７通り＝＞7通りOK
1と9を含み7枚選ぶ＝＞21通り＝＞21-6＝15通りOK
（連続数を選ばない6通り以外)
1と9を含み6枚選ぶ＝＞35通り＝＞35-6*5+5＝10通りOK
（連続数を選ばない6通りそれぞれに対して、残り5数から4数選ぶ5通り6*5を引いて、引きすぎた3連続5通りを足す)
1と9を含み5枚選ぶ＝＞1,3,5,7,9の一通りしかない。
1+7+15+10+1＝34通り
//
　　 8月26日（木） 0:38:37　　 　　50802
「数学」小旅行
１と９は必ずで、７個の分をフィボナッチ数列で数えました。
　　 8月26日（木） 0:40:18　　 　　50803
「数学」小旅行
階段を１段飛ばしか連続かで登る時の登り方の数と同じですね！
　　 8月26日（木） 0:45:35　　 　　50804
Jママ
なんだか余事象がとか難しく考えてましたが結局樹系図で数えました
　　 8月26日（木） 0:56:34　　 　　50805
kura
こういう問題待ってました
　　 8月26日（木） 1:30:45　　 　　50806
スモークマン
3枚抜き...を9を入れたり入れなかったりで逍遥してました...^^;;
2-4-6, 2-4-7, 2-4-8
2-5-7, 2-5-8
2-6-8
3-5-7,3-5-8
3-6-8
4-6-8
の10通りでしたか ^^;

わたしもこういう手の問題好きです♪
　　 8月26日（木） 1:47:34　　 　　50807
SECOND
此処には、少々心苦しい、楽な方法も。(十進BASIC)

DIM z(10)
FOR i=BVAL("11111",2) TO BVAL("111111111",2)
LET w=i
MAT z=ZER
FOR j=1 TO 9
IF MOD(w,2)=1 THEN
LET z(j)=1
LET z(j+1)=1
END IF
LET w=IP(w/2)
IF z(j)=0 THEN EXIT FOR
NEXT j
IF z(10)=1 THEN
LET n=n+1
PRINT USING "!###) %%%%%%%%%": n,BSTR$(i,2)
END IF
NEXT i

!＜実行結果＞
! 1) 101010101
! 2) 101010111
! 3) 101011011
!　(
!　　)
! 33) 111111101
! 34) 111111111
　　 8月26日（木） 2:42:26　　 　　50808
みかん
単純に数え上げでもいいんだけど、隠しテーマはフィボナッチ数列。開成とか
こういう問題が好きそう。今年の入試では２進法がテーマの問題が出ていました。

１〜９の９枚だと試験時間中に解くのは厳しいので、枚数を減らせばちょうど
良さそう。１枚減らして８枚の場合、誘導設問はこんな感じ？

（１）条件を満たす場合に、必ず取り出さなければならないカードの数をすべて答えよ。
（２）条件を満たす場合に、取り出すカードが最も少ない場合の枚数を答えよ。
（３）条件を満たす場合は、全部で何通りあるか答えよ。

［解答］
（１）…１と８
（２）…５枚
（３）
　２〜７の６枚のカードのうち、選ぶカードが
・２枚以下の場合　不可
・３枚の場合　２４６・３４６・３５６・３５７　の４通り
・４枚の場合　
　６×５×４×３÷（４×３×２×１）＝１５通り　のうち、
　２３４５・２３４７・２３６７・２５６７・４５６７　の５通りは不可。
　すなわち、１５−５＝１０通り。
・５枚の場合　６枚のうちどの１枚を選ばなくても条件を満たすので、６通り
・６枚（全部）選ぶ場合　１通り

以上の合計は　４＋１０＋６＋１＝２１通り…答え

［問題の感想］
（２）までは正解して当然だが、時間のかかる割に得点につながらないリスクの
高い（３）に着手するかは悩みどころ。明らかに捨て問題というほど面倒ではなく
１５分程度で正解にたどり着ける可能性は十分あるだけに、なかなかタチの悪い
設問。こういう数え上げ問題が得意かどうか、他の問題を完答できそうか、で
判断は変わりそうです。
　　 8月26日（木） 3:10:11　　 　　50809
ゴンとも
カードが重複しないものを数えて

binomial(8,0)+binomial(7,1)+binomial(6,2)+binomial(5,3)+binomial(4,4);
34

これは暗算できました!!といっても夜は寝てしまったんですが・・・
豊川市　　 8月26日（木） 7:34:56　　 MAIL:fttnm528@ybb.ne.jp 　　50810
量子論
やっとできました。
#50802 紫の薔薇さんと同じです。
私には、フィボナッチは見抜けませんわ。
　　 8月26日（木） 11:58:56　　 　　50811
ベルク・カッツェ
なるほど、階段を一歩で１段または2段上る問題と全く同じですね。気づきませんでした。
　　 8月27日（金） 1:11:45　　 　　50812
「数学」小旅行
いつものようにRubyでプログラムしました。

a=[1,2,3,4,5,6,7,8,9];k=[]
for i in [5,6,7,8,9];k=k+a.combination(i).to_a;end
p k.map{|b|((b+b.map{|c|c+1}).to_a).uniq}.count{|d|d.length==10}

5枚から9枚のカードを取り出してできる配列に、それぞれに1を足してできる数を
付け加えた配列をつくります。
これらについて、属する数が10種類になるものを数えました。
　　 8月27日（金） 9:25:17　　 　　50813
「数学」小旅行
ビット演算を使うと、つぎのようにできました。

k=0
for i in 1..2**9-1
if (i|i<<1)==2**10-1 then k+=1 end
end
p k

2進数で表して、１から111111111(9個)までについて、
一桁だけビットシフトします。それと元の数とのＯＲをとって、
1111111111(10個)になるものの個数を数えました。
　　 8月27日（金） 10:39:47　　 　　50814
SECOND
#50814　数学小旅行さん、すばらしい（十進BASIC に訳すと、たった此れだけで、同じリストが取れる）

FOR i=BVAL("11111",2) TO BVAL("111111111",2)
IF bitor(i,i*2)=BVAL("1111111111",2) THEN
LET n=n+1
PRINT USING "!###) %%%%%%%%%": n,BSTR$(i,2)
END IF
NEXT i

! 1) 101010101
! 2) 101010111
! 3) 101011011
!　(
!　　)
! 33) 111111101
! 34) 111111111
　　 8月28日（土） 10:49:00　　 　　50815
しおぱぱ
うわっ！これフィボナッチでしたか。単純に１と９は必須でカードは連続して選ばないとして数え上げました。
　　 9月5日（日） 11:39:08　　 　　50816