I. megoldás: $S_n$-et kombinatorikai meggondolás alapján határozzuk meg. Nevezzük az $\left(n+1\right)\cdot \left(n+1\right)$ mezős sakktáblán $n+1$ bástyának olyan elrendezését, melyben egyik sem ütheti a másikat, szabad felállításnak. A különböző szabad felállítások száma nyilván $\left(n+1\right)!$, ugyanis az elsőként elhelyezendő bástya számára az első sorban $n+1$-féleképpen választhatjuk a mezőt, ez ‐ a maga oszlopa révén ‐ a $2$-ik sorban $1$ mezőt használhatatlanná tesz, tehát ott a $2$-ik bástya helye $n$-féleképpen választható, és így az első két sor bástyái $\left(n+1\right)\cdot n$-féleképpen állíthatók fel; a $3$-ik, $4$-ik, $\text{...}$, $n$-edik, $n+1$-edik bástya hasonlóan rendre $n-2$, $n-3$, $\text{...}$, $2$, $1$-féleképpen, és így valamennyi bástya $F_{n+1}=\left(n+1\right)\cdot n\left(n-1\right)\text{...}2\cdot 1=\left(n+1\right)!$-féleképpen.
Az $F_{n+1}$ számot egy más, az összes szabad felállításokat ugyancsak kimerítő módon is megállapíthatjuk. Az első bástyát az első sor $1$, $2$, $\text{...}$, $n$ sorszámú mezejére állítva ennek ,,ütősugarain'' kívül marad $n\cdot n$ mező, ezeken a további $n$ bástyát az előzők szerint minden esetben $n!$-féleképpen lehet elrendezni, tehát az ilyen szabad felállítások száma $n\cdot n!$ Ugyanez a helyzet az első bástyának az első sor $n+1$-ik (azaz sarok-)mezőre való állításakor is, ekkor a szabad mezők összefüggő $n\cdot n$ mezős sakktáblát alkotnak, tehát rajta a szabad felállítások száma $F_n$ alakban is írható, ennélfogva $F_{n+1}=n\cdot n!+F_n$. Az $F_n$-et hasonlóan az első sor utolsó mezejének (az eredeti tábla $2$-ik sora $n$-edik mezejének) külön való figyelembevételével $\left(n-1\right)\left(n-1\right)!+F_{n-1}$-nek találjuk, így $F_{n+1}=n\cdot n!+$ $+\left(n-1\right)\left(n-1\right)!+F_{n-1}$. Ezt a gondolatmenetet folytatva $F_3=2\cdot 2!+F_2$-re jutunk, itt már közvetlenül látjuk, hogy $F_2=2=1\cdot 1!+1$, ennélfogva