　次の補題を示しておく．

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**補題**：非負整数 $N$ に対し次が成り立つ．
$$\sum_{n=0}^{N+1}(-1)^{N+1-n}{}\_{N+1}\mathrm{C}\_{n}n^{N+1}=(N+1)!$$
**証明**：$N+1$ 個のボールをちょうど $N+1$ 色で塗り分ける方法は $(N+1)!$ 通りあり，一方で $N+1$ 個のボールを $n$ 色以下で塗り分ける方法は $n^{N+1}$ 通りある．これらに対し包除原理を用いれば補題の式が得られる．(証明終)

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　$N=2020$ とすると，補題より与式は次のように変形できる．
$$\begin{aligned}
\sum_{n=0}^{N}{}\_{N}\mathrm{C}\_{n}(n+1)^N
&=\sum_{n=0}^{N}(-1)^n{}\_{N}\mathrm{C}\_{n}(n+1)^N+2\sum_{\substack{0\leq n\leq N\\\\ n:odd}}{}\_{N}\mathrm{C}\_{n}(n+1)^N\\\\
&=\frac{(-1)^N}{N+1}\sum_{n=0}^{N+1}(-1)^{N+1-n}{}\_{N+1}\mathrm{C}\_{n}n^{N+1}+2^{N+1}\sum_{\substack{0\leq n\leq N\\\\ n:odd}}{}\_{N}\mathrm{C}\_{n}\Bigl(\frac{n+1}{2}\Bigr)^N\\\\
&=(-1)^NN!+2^{N+1}\sum_{\substack{0\leq n\leq N\\\\ n:odd}}{}\_{N}\mathrm{C}\_{n}\Bigl(\frac{n+1}{2}\Bigr)^N
\end{aligned}$$
Legendreの定理より $N!=2020!$ は $2$ で $2013$ 回まで割り切れるため，上式も $2$ で $\bf{2013}$ 回まで割り切れる．
公式解説
https://onlinemathcontest.com/contests/omc008/editorial/57
　一般に $2020$ を $N$ とおく．非負整数 $m,k$ に対し，第二種 Stirling 数を $S(m,k)$ と表すと，$0^0=1$ とみなせば
$$ S(m,k) = \frac1{k!}\sum_{n=0}^k(-1)^{k-n}\mathinner{{}\_k\mathrm C\_n}n^m.$$
また $S(m,m)=1$ および $m\lt k$ で $S(m,k)=0$ であることとあわせると，
$$ \begin{aligned}
\sum_{n=0}^N(-1)^{N-n}\mathinner{{}\_N\mathrm C\_n}(n + 1)^N &= \sum_{n=0}^N(-1)^{N-n}\mathinner{{}\_N\mathrm C\_n}\sum_{m=0}^N{}\_N\mathrm C\_m\mathinner{n^m} \\\\
&= \sum_{m=0}^N{}\_N\mathrm C\_m\sum_{n=0}^N(-1)^{N-n}\mathinner{{}\_N\mathrm C\_n}n^m \\\\
&= \sum_{m=0}^N{}\_N\mathrm C\_m\mathinner{N!}S(m,N) \\\\
&= {}\_N\mathrm C\_N\mathinner{N!}S(N,N) = N!.
\end{aligned} $$
$N$ を元に戻すと，これが $2$ で割り切れる最大の回数は $2013$ 回．求める回数もこれに等しく $\mathbf{2013}$ であることは，公式解説と同様．

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【追記】$(-1)^{N-n}$ を付加したものではなく，与式をそのまま変形する方法．  
$$ %\begin{aligned}
%\sum\_{m=0}^\infty\mathopen{}\left(\sum\_{n=0}^N\mathinner{{}\_N\mathrm C\_n}n^m\right)\frac{x^m}{m!} &= \left(\mathrm e^x + 1\right)^N \\\\
%&= \sum\_{n=0}^N\mathinner{{}\_N\mathrm C\_n} \left(\mathrm e^x - 1\right)^{N-n} 2^n \\\\
%&= N!\sum\_{n=0}^N\mathopen{}\left(\sum\_{m=0}^\infty\mathopen{}\left(\frac1{(N-n)!}\sum\_{\ell=0}^N(-1)^{N-n-\ell} \mathinner{{}\_{N-n}\mathrm C\_\ell} \ell^m\right)\frac{x^m}{m!}\right)\frac{2^n}{n!} \\\\
%&= \sum\_{m=0}^\infty\mathopen{}\left(N!\sum\_{n=0}^NS\mathopen{}\left(m, N-n\right)\frac{2^n}{n!}\right)\frac{x^m}{m!}
%\end{aligned} $$
$$ %\begin{aligned}
%\sum_{n=0}^N\mathinner{{}\_N\mathrm C\_n}(n + 1)^N &= \sum_{n=0}^N\mathinner{{}\_N\mathrm C\_n}\sum_{m=0}^N{}\_N\mathrm C\_m\mathinner{n^m} \\\\
%&= \sum_{m=0}^N{}\_N\mathrm C\_m\sum_{n=0}^N\mathinner{{}\_N\mathrm C\_n}n^m \\\\
%&= \sum_{m=0}^N{}\_N\mathrm C\_m\left(N!\sum\_{n=0}^NS\mathopen{}\left(m, N-n\right)\frac{2^n}{n!}\right) \\\\
%&= N!\sum\_{n=0}^N\mathopen{}\left(\sum_{m=0}^N\mathinner{{}\_N\mathrm C\_m}S\mathopen{}\left(m, N-n\right)\right)\frac{2^n}{n!} \\\\
%\Bigg(\\!\\!\\!\\:&= N!\sum\_{n=0}^NS\mathopen{}\left(N + 1, N - n + 1\right)\frac{2^n}{n!}\Bigg)
%\end{aligned}
\begin{aligned}
\sum\_{n=0}^N\mathinner{{}\_N\mathrm C\_n}(n + 1)^N &= N!\sum\_{n=0}^N\frac{(n + 1)^{N+1}}{\left(n + 1\right)!\left(N - n\right)!} \\\\
&= N!\sum\_{m=1}^{\\!N+1\\!}\frac{m^{N+1}}{m!\left(N + 1 - m\right)!} \left(-1 + 2\right)^{N+1-m} \\\\
&= N!\sum\_{m=0}^{\\!N+1\\!}\frac{m^{N+1}}{m!\left(N + 1 - m\right)!}\sum_{n=0}^{\\!\\!\\!\\!\\!N+1-m\\!\\!\\!\\!\\!}\mathinner{{}\_{N+1-m}\mathrm C\_n} \left(-1\right)^{N+1-m-n} 2^n \\\\
&= N!\sum\_{n=0}^{\\!N+1\\!}\frac1{\left(N + 1 - n\right)!}\left(\sum_{m=0}^{N+1-n}\mathopen{}\left(-1\right)^{N+1-n-m}\mathinner{{}\_{N+1-n}\mathrm C\_m} m^{N+1}\right)\frac{2^n}{n!} \\\\
&= N!\sum\_{n=0}^{\\!N+1\\!}S\mathopen{}\left(N + 1, N + 1 - n\right)\frac{2^n}{n!}
\end{aligned} $$
より，$n \ge 1$ で $n!$ は $2$ で割り切れる最大の回数が $n - 1$ 以下であることと合わせて，求める回数は，$N!$ が $2$ で割り切れる最大の回数 $\mathbf{2013}$ に等しいことが分かる．
第二種 Stirling 数
https://onlinemathcontest.com/contests/omc008/editorial/57/4
　$\displaystyle \sum^{2020}\_{n=0}{}\_{2020}{\rm C}\_n(n+1)^{2020}$ が $2$ で割り切れる最大の回数を求めてください.