關於求級數和 C(103,0) + C(103,3) + C(103,6) ...(依序差3)... + C(103,102) 這類的問題，常用二項式定理配合 1 的虛立方根 ω 來做; 個人另有一想法。
首先關於 C(n,0) + C(n,2) + C(n,4) ... = 2ⁿ-¹ = C(n,1) + C(n,3) + C(n,5) ... 這個式子，一般是用二項式定理證明，但其實亦可用"組合意義"解釋之:
左式代表 " n 個相異物，取偶數個之方法數"; 我們可以先對前 (n-1) 個物品任意取，方法有 2ⁿ-¹ 種，而以下第 n 物只剩 1 種取法 (使成偶數個)，這就解釋了式子成立的必然性。右式亦同理。
現在把上述思維，用在求 C(103,0) + C(103,3) + C(103,6) ... + C(103,102) 上。
上式代表 "103 個相異物，取3的倍數個之方法數"; 以下用 ∑ C(103,3k) 表示。
考慮對前102 個物品任意取，方法有 2¹°² 種; 以下對於已取 3m 或 3m+2 個之情形，第 103 物只有 1 種取法，而對已取 3m+1之情形，卻無法達到目標: 由於只有對 1 物取或不取的選擇，因此對於"超過1個"的情形將束手無策。
因此， ∑ C(103,3k) = 2¹°² - ∑ C(102,3m+1)，接著對 ∑ C(102,3m+1) 重複上述思維，以下類推，那麼:
∑ C(103,3k)
= 2¹°² - ∑ C(102,3m+1)
= 2¹°² - 2¹°¹ + ∑ C(101,3n+2) (對3的餘數依次: 0-1-2 循環)
...
= 2¹°² - 2¹°¹ + 2¹°° ... -2³ + 2² - ∑C(2,3p+2)
= (2²) * [(-2)¹°¹ -1] / (-2-1) - C(2,2)
= (2¹°³ + 1) / 3
