例 1 g5-c07-p02
题：在所有三位数中，各位数字之和等于 $12$ 的有多少个？
按规律解：按百位数字分类枚举。百位是 $1$ 时，十位加个位要等于 $11$，十位可取 $2\sim 9$（个位相应取 $9\sim 2$），共 $8$ 个；百位是 $2$ 时，后两位和为 $10$，十位取 $1\sim 9$ 共 $9$ 个；百位是 $3$ 时后两位和为 $9$，十位取 $0\sim 9$ 共 $10$ 个；之后百位每增大 $1$，后两位的和就减小 $1$，个数依次是 $9$、$8$、$7$、$6$、$5$、$4$。全部相加：$8+9+10+9+8+7+6+5+4=66$ 个。
为什么对：为什么按百位分类就不会重也不会漏？因为每个三位数的百位是唯一确定的，它必然恰好落进“百位是几”的某一类里，不会同时属于两类（不重），九类合起来又正好是全部三位数（不漏）。每一类里再让十位从小到大走一遍，个位被和锁死，所以类内也滴水不漏。
例 2 g5-c07-p08
题：把黑桃 A~$10$ 与红心 A~$10$ 配成 $10$ 对（A 当作 $1$），两张牌上数的乘积除以 $10$ 余 $1$，能配出几对？
按规律解：乘积除以 $10$ 余 $1$，意思就是乘积的末位（个位）是 $1$。先缩范围：只要有一个因数是偶数，乘积末位就是偶数，绝不可能是 $1$，所以两个数都得是奇数，候选只剩 $1,3,5,7,9$。再看这些奇数两两相乘的末位：$1\times 1=1$（末位 $1$，行）、$3\times 7=21$（末位 $1$，行）、$7\times 3=21$（行）、$9\times 9=81$（行），而带 $5$ 的相乘末位都是 $5$。所以符合的有 $4$ 对。
为什么对：为什么只看末位就够了？因为两个数乘积的末位，只由这两个数各自的末位决定，跟更高位无关。先用“偶数出局”这一刀把范围从 $10$ 个数砍到 $5$ 个奇数，剩下要试的组合就很少，挨个乘一下末位即可，既快又不会漏。
例 3 g5-c07-p19
题：把 $2\sim 9$ 这 $8$ 个数分成 $4$ 对，使每对的和都是质数，共有几种分法？
按规律解：先缩范围：两个数的和如果是大于 $2$ 的质数，必是奇数，而奇数只能由“一奇加一偶”得到，所以每一对都必须一奇一偶。再从最小的数 $2$ 入手分类：能和 $2$ 配成质数的有 $3,5,9$（和为 $5,7,11$）。(a) $2$ 配 $3$：剩下最小是 $4$，$4$ 能配 $7$ 或 $9$，每种再往下定都唯一，得 $2$ 种；(b) $2$ 配 $5$：剩下最小是 $3$，$3$ 配 $4$ 或 $8$，得 $2$ 种；(c) $2$ 配 $9$：剩下最小是 $3$，$3$ 配 $4$ 或 $8$，得 $2$ 种。合计 $2+2+2=6$ 种。
为什么对：为什么总从“当前最小的数”开始定？因为最小的数选择最少、最好控制，先把它钉死，剩下的局面立刻变小。这样一层层往下，每一步都只剩很少几种走法，分支清清楚楚，既不会把同一种分法从不同顺序数两遍，也不会漏掉任何一支。
例 4 g5-c07-p21
题：满足 $\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}=\dfrac{3}{4}$ 的整数 $a,b,c$ 能组成多少个不同的有序数组 $(a,b,c)$？
按规律解：先用缩放卡范围：不妨设 $a\le b\le c$，那么 $\dfrac{1}{a}$ 是三个分数里最大的，三个加起来是 $\dfrac34$，所以 $\dfrac{3}{a}\ge\dfrac34$，得 $a\le 4$。逐一枚举 $a$：$a=4$ 时 $b=c=4$；$a=3$ 时解出 $(3,4,6)$ 和 $(3,3,12)$；$a=2$ 时解出 $(2,8,8)$、$(2,6,12)$、$(2,5,20)$。这些是“从小到大”的无序解，最后还原成有序数组：三个都不同（如 $2,6,12$）有 $6$ 种排法，恰有两个相同（如 $4,4,4$ 之外的 $3,3,12$、$2,8,8$）有 $3$ 种排法，三个全同（$4,4,4$）有 $1$ 种。合计 $1+3+3+3+6+6=25$ 个。
为什么对：为什么先假设 $a\le b\le c$ 再放缩？因为不加约束直接枚举三个变量会乱成一团、还会重复。设了大小顺序后，最大的分数 $\dfrac1a$ 至少要扛起平均的份额，立刻把 $a$ 锁在 $4$ 以内，枚举量瞬间变小；先求出“无序的骨架解”，最后再按相同数字的个数补回排列数，就能不重不漏地数清所有有序数组。