A távolságadatokat hektométerekben feltüntetve gondolhatjuk, a tizedesvesszőre csak annyiban kell tekintettel lennünk, hogy a $0$-t és az egyjegyű számokat $0$-val kiegészítve kétjegyűnek írjuk.
a) A két szám utolsó jegyei különbözők, hiszen egyező jegyek összege páros, s így nem adhatja utolsó jegyül $777$ utolsó jegyét. Ekkor feltételünk szerint csak ez a két jegy léphet fel mind a két távolságadatban. Jelöljük ezeket $A$-val és $B$-vel. Tízes átvitel sem léphet fel, mert ez csak a $8+9$ vagy $9+8$ összegből adódhatna, de akkor lenne $3$-jegyű távolságadat $8$ vagy $9$ első jeggyel, ami nem lehetséges. Ugyanígy a tízesek jegyénél sem léphet fel átvitel, hiszen itt is csak az $A$ és $B$ jegy állhat és azok nem lehetnek $8$ és $9$. Így minden helyi értéknél külön $7$-et kell adnia a jegyek összegének; és mivel csak az $A$ és $B$ jegy léphet fel, melyek összege $7$, így minden helyen az egyik számban $A$-nak, a másikban $B$-nek kell állnia.
Ha az egyik szám $2$-jegyű, akkor a másik $7$-tel kezdődik, de akkor a többi helyen is csak $7$ és $0$ összegéből adódhat ki a $7$, és így a kétjegyű számot is $3$-jegyűnek írva továbbra is csak két különböző jegy lép fel.
A feltételnek megfelelő távolságjelző köveken az $A$ jegy a $0$, $1$, $\text{...}$, $7$ jegyek bármelyike lehet. Ez meghatározza már $B$-t; a tízesek és a százasok helyén is most már $A$-nak és $B$-nek kell állnia, csak a sorrendjük lehet mind a két helyen kétféle. Így $8\cdot 2\cdot 2=32$ kövön szerepel csak kétféle számjegy. (Minden ilyen kövön a kétféle jegy $3$‐$3$-szor lép föl, kivéve a $0$-t, amely $2$-szer, mert a példák szerint az első oszlopban nem írták ki a $0$-t.)
b) Legyen a csupa különböző számjegyet tartalmazó kövek távolsága a két végponttól $\overline{ABC}$, ill. $\overline{DEF}$, tehát $ABC+DEF=777$. Közülük azoknak a számát, amelyeknek összeadásában nincs tízes átvitel, a fentihez hasonlóan kaphatjuk. Megjegyezzük, hogy ekkor is, ha egyik távolság kétjegyű szám ‐ pl. az első ‐, akkor kiírva gondolhatjuk $A$ helyére a $0$-t, mert máshol úgysem léphet föl, különben a vele egy oszlopban álló jegy is $7$ lenne, és $D$ is.
Mindegyik oszlopban $7$ a két jegy összege, és nem léphet föl $8$-as és $9$-es. Így $C$ értéke $8$-féle lehet, és ez meghatározza $F$-et, és $F\ne C$. $B$ értéke a $C$ és $F$ betöltése után maradt $6$-féle jegy bármelyike lehet, és az ebből adódó $E=7-B$ különbözik $B$, $C$, $F$ mindegyikétől, hiszen $B+E$ páratlan, másrészt ha pl. $E$ egyenlőnek adódnék $C$-vel, akkor egyszersmind $B=F$ lenne, amit $B$ megválasztásával kizártunk. Végül hasonlóan $A$ értéke a $B$ és $E$ betöltése után maradt $4$-féle számjegy bármelyike lehet, ebből kiadódik $D$, és az mindegyik eddigi jegytől különböző. Ezek szerint az ilyen kövek száma $8\cdot 6\cdot 4=192$.
Ha van tízes átvitel a kő adataihoz tartozó összeadás egyes helyi értékű oszlopából, akkor a tízes oszlopból nem lehet átvitel, hiszen az első átvitel csak $C+F=8+9$-ból vagy $9+8$-ból adódhat, így pedig $1+B+E$ értéke legföljebb $1+7+6=14$ lehet, holott $7$-et írunk le belőle. Ezért csak két összeadástípus jön szóba: