1.a)
Valódi nyolcjegyű azt jelenti, hogy az első nem lehet 0, csak 1, 2 vagy 4.
Az utolsó két számjegy 21, az első hatra marad még ennyi:
2 nullás, 2 egyes, 1 kettes, 1 négyes, összesen 6 számjegy.

Először nézzük úgy, mintha minden számjegynek más lenne a színe.

Az első lehet 4-féle (mert nem lehet 0)
A második lehet 5-féle (nem lehet az, amit elsőre tettünk)
A harmadik lehet 4-féle (nem lehet az a kettő, amit első kettőre tettünk)
stb.
Vagyis 4·5·4·3·2·1 lehet.

Ha viszont nincsenek a számjegyek színezve, akkor mindegy, hogy mondjuk a két egyes így, vagy fordítva van a számban. Ezért osztani kell a fentit azzal, ahányféleképpen permutálhatjuk azokat, amikből több van: 2!·2! (a 2 nullás és a 2 egyes)

Tehát `(4·5·4·3·2·1)/(2!·2!) = 5·4·3·2`

1.b)
13 milliónál nagyobb: Az első két számjegy ez lehet:
14, 20, 21, 22, 24, 40, 41, 42
Ezekkel minddel meg kellene nézni, hogy mennyi lehet belőlük. Lehet, hogy gyorsabb azokat nézni, amik nem lehetnek:
00, 01, 02, 04, 10, 11, 12
Ez tényleg kevesebb, de alig. Ezt még mindig nincs kedvem végigszámolni (lehetnem, de sokáig tartana).

Nézzük azt, hogy az első számjegy csak 2 vagy 4 lehet. Ez nem teljesen igaz, mert 14 is lehet, de azt is hozzáadjuk majd:

- Első számjegy 2:
a többi a fennmaradó 2 nullás, 3 egyes, 1 kettes, 1 négyes ismétléses permutációja lehet:
`(7!)/(2!·3!)`

- Első számjegy 4:
a többi a fennmaradó 2 nullás, 3 egyes, 2 kettes ismétléses permutációja lehet:
`(7!)/(2!·3!·2!)`

- Első két számjegy 14:
a többi a fennmaradó 2 nullás, 2 egyes, 2 kettes ismétléses permutációja lehet:
`(7!)/(2!·2!·2!)`

Ennek a háromnak az összege a válasz:
`(7!)/(2!·3!) + (7!)/(2!·3!·2!)+(7!)/(2!·2!·2!)`

2.
Ha jól értem, 10 jegyünk van összesen, ami mind más előadásra szól. (Az, hogy ebből 3 musical, az szerintem nem számít, az is különbözik a többitől meg egymástól is.)

a)
Itt először ki kell választani, hogy a 20 emberből ki legyen az a 10, aki kap valamilyen jegyet, ez `((20),(10))` lehetőség.
Aztán a jegyeket permutálni kell a 10 kiválasztott között, ez `10!`
Együtt a kettő szorzata: `((20),(10))·10!`

b)
Kovács úr kaphat 10-féle jegyet, és még a maradék kilencet kell elosztani a 19 ember között, ami hasonlóan megy, mint az a)-nál. Ez lesz a végeredmény:
`10·((19),(9))·9!`
ami egyébként ugyanaz, mint `((19),(9))·10!`
amit úgy is magyarázhatunk, hogy Kovács úr mellé még kiválasztjuk a többi 9-et, aztán a 10 kiválasztott között permutáljuk a jegyeket.

----
Ha több jegyet is kaphat bárki:

(Ez ismétléses kombináció lesz, aminél sose tudom fejből felírni a végeredményt, mint a sima kombinációnál, hanem mindig végig kell gondolnom...)

a)
Legyen a 20 embernek 20 egymás melletti rekesze, ahová a jegyeket lehet rakni. A rekeszek között 19 fal van. Rakjuk le a falakat és a 10 jegyet valahogy az asztalra, ez 19+10 dolog. Ebből a 29-ből `((29),(19))` módon választhatjuk ki, hogy mik legyenek a falak, a többi a jegy. Mindenki annyi jegyet kap, amennyi a rekeszébe (a rekesze falai közé) kerül.
Viszont még a jegyek is különbözőek, vagyis azokat is permutálhatjuk, tehát a megoldás:
`((29),(19))·10!`

b)
Kovács úr rekeszébe kapásból tegyünk egy jegyet (de mivel a jegyek különbözőek, inkább csak valamilyen jegyre szóló cédulát tegyünk oda elsőre). A maradék 9 cédulát meg a 19 falat megint rakjuk az asztalra, a 28 dologból `((28),(19))` módon lehet kiválasztani, hogy melyik legyen a fal, a többi a jegyre szóló cédula.
Így megvan, hogy kiknek a fakkjában lesz jegy (persze Kovács úréban ott van az eredeti 1 jegyre szóló cédula is), végül a cédulákra permutálni kell a 10 jegyet:
`10!·((28),(19))`

3.
Tóth kap vagy TV-t vagy mp3-lejátszót, ez 2 lehetőség.
A maradék 19 emberből 3 kap díjat: `((19),(3))` féle lehetőség van arra, hogy kik kapnak még valamit. A fennmaradó 3 díjból kapják, aminek `3!` permutációja lehet még, hogy melyiket ki kapja. Együtt tehát:
`2·((19),(3))·3!`