有 1000 枚硬币堆在一起。把它们任意分成两堆，并计算出这两堆的硬币数的乘积。然后，任意选择其中的一堆硬币，把它继续分成两个更小的堆，并计算出这两堆的硬币数的乘积。不断这样做下去，直到最后每堆都只剩一枚硬币为止。求证：把途中产生的所有乘积全部加在一起，结果是一个定值，它不随分法的改变而改变。

    这是一个非常经典的问题。让我们把 1000 枚硬币换成 n 枚硬币，这样的话问题反而会更容易一些。如果初始时有 n 枚硬币，把它们分到底后，产生的所有乘积之和是多少呢？考虑一种特殊的分法：把 n 分成 1 和 n - 1 两堆，再把 n - 1 分成 1 和 n - 2 两堆……显然，由此得到的总和应该是 (n - 1) + (n - 2) + ... + 2 + 1 = n(n - 1) / 2 。有了这个公式后，我们便很容易用数学归纳法证明，不管分法是什么，最终的结果一定是 n(n - 1) / 2 。首先验证，当 n = 1 时， n(n - 1) / 2 = 0 ，这是符合实际情况的：单独一枚硬币不会产生任何新的乘积。对于一般的 n ，把它分成 x 和 n - x 两堆，得到乘积 x(n - x) 。由归纳假设，这两堆硬币今后将各产生总和为 x(x - 1) / 2 的乘积，以及总和为 (n - x)(n - x - 1) / 2 的乘积。不难算出，x(n - x) + x(x - 1) / 2 + (n - x)(n - x - 1) / 2 正是 n(n - 1) / 2 。

    其实，这个问题有一个异常帅的秒杀方法。每次把一堆硬币分成两堆后，计算两堆硬币数量的乘积，实际上相当于是在计算有多少对硬币在这一步被分开了。最后所有乘积的总和，也就是在整个过程中被分开的硬币对的总数。然而， n 枚硬币之间共有 C(n, 2) = n(n - 1) / 2 个硬币对，所有的硬币对最终都被分开了，因而问题的答案就是 n(n - 1) / 2 ，这不随分法的变化而变化。

       现在，让我们把问题变一下。假设有一根长度为 n 的线段。把它分成两条子线段，并计算这两条子线段的长度的乘积。选择其中一条子线段，并把它继续分成两条更小的子线段，求出这两条子线段的长度的乘积。不断这样细分下去，直到所有的子线段长度都趋于 0 。在此过程中，不断累加所得的乘积，其总和的极限是多少？(注意，这里的描述还需要更严谨一些，不过我们暂不追究。)

    显然，答案应该是一个比 n(n - 1) / 2 更大的数。因为根据前一个问题的解答，把长度为 n 的线段分成 n 个长度为 1 的线段，乘积的总和为 n(n - 1) / 2 ；但在此之后，我们还可以继续切分线段，让总和继续增加。那么，答案究竟是多少呢？我们也可以借助某个特殊的分法得出答案。假设我们按照如下方法把线段无穷细分：先把整条线段等分成两段，得到乘积 (n / 2)2 ；再把所得的两条子线段都进行平分，得到两个 (n / 4)2 ；再依次平分当前的四条子线段，得到四个 (n / 8)2 ……以此类推，最后的总和将会是 (n / 2)2 + 2 · (n / 4)2 + 4 · (n / 8)2 + 8 · (n / 16)2 + ... = n2 / 4 + n2 / 8 + n2 / 16 + n2 / 32 + ... = n2 / 2 。

    不过，我们如何证明，任意一种分法都会导致总和最终会趋于 n2 / 2 ？升级版的问题变得不再离散，数学归纳法和组合方法似乎都派不上用场了。其实，借助几何构造，这个问题也有一个非常直观的秒杀方法。

    如图，初始时线段的总长为 n ，那么我们就作一个边长为 n 的等腰直角三角形。如果把线段分成了 x 和 y 两段，由此产生的乘积 x · y 就对应于左图的等腰直角三角形中阴影矩形的面积。继续细分两个子线段，也就相当于递归地处理两个剩余的空白三角形。当所有子线段都被分到无穷短时，矩形面积的总和将会无穷接近于整个等腰直角三角形的总面积，也就是 n2 / 2 。

   题目来源：mindyourdecisions.com