多重全排列公式推导

对于$r_i$个$x_i$的多重集合S={r1⋅x1,r2⋅x2,⋯ ,rk⋅xk}S=\{r_1\cdot x_1,r_2\cdot x_2,\cdots,r_k\cdot x_k\}S={r1​⋅x1​,r2​⋅x2​,⋯,rk​⋅xk​}，我们知道它的全排列公式为$$\frac{n!}{r_1!\cdot r_2!\cdots r_k!}\text{\hspace{1em}(1)}$$
我们不妨根据具体的例子对该公式做一个简单的推导

假设有一个集合S1={1,1,2,2}S_1=\{1,1,2,2\}S1​={1,1,2,2}，我们给这些元素分别贴上标签使之成为S1′={11,12,23,24}S_1^{'}=\{1_1,1_2,2_3,2_4\}S1′​={11​,12​,23​,24​}，相同的元素贴上标签后成为不同的元素，于是对于集合$S_1^{{}^{\prime }}$来说，它的全排列为$4!=24$。具体排列如下：
$$\begin{array}{cc}(1_1,1_2,2_3,2_4)& (1_2,1_1,2_3,2_4)\\ (1_1,1_2,2_4,2_3)& (1_2,1_1,2_4,2_3)\\ (1_1,2_3,1_2,2_4)& (1_2,2_3,1_1,2_4)\\ (1_1,2_4,2_3,1_2)& (1_2,2_4,2_3,1_1)\\ (1_1,2_3,2_4,1_2)& (1_2,2_3,2_4,1_1)\\ (1_1,2_4,1_2,2_3)& (1_2,2_4,1_1,2_3)\\ (2_3,1_1,1_2,2_4)& (2_4,1_2,1_1,2_3)\\ (2_3,1_1,2_4,1_2)& (2_3,1_2,2_4,1_1)\\ (2_3,2_4,1_1,1_2)& (2_3,2_4,1_2,1_1)\\ (2_4,1_1,1_2,2_3)& (2_4,1_2,1_1,2_3)\\ (2_4,2_3,1_1,1_2)& (2_4,2_3,1_2,1_1)\end{array}\text{\hspace{1em}(2)}$$
从中可以看出，上述排列的每行的两个序列的不同之处在于子序列$(1_1,1_2)$与$(1_2,1_1)$不同，现在我们将集合$S_1^{{}^{\prime }}$中元素$1_1和1_2$的标签撕掉使之成为$1,1$，此时集合$S_1^{{}^{\prime }}$成为集合S1′′={1,1,23,24}S_1^{''}=\{1,1,2_3,2_4\}S1′′​={1,1,23​,24​}，于是排列(2)中的每一行中不同的排列成为相同的一个排列，而排列(2)中每行的排列数为1的重复次数的阶乘$count(1)=2!$，因此撕去1的标签后总的排列数为$\frac{4!}{2!}=12$，我们对撕掉1的标签后的全排列重新整理如下：
$$\begin{array}{cc}(1,1,2_3,2_4)& (1,1,2_4,2_3)\\ (1,2_3,1,2_4)& (1,2_4,1,2_3)\\ (1,2_3,2_4,1)& (1,2_4,2_3,1)\\ (2_3,1,1,2_4)& (2_4,1,1,2_3)\\ (2_3,2_4,1,1)& (2_4,2_3,1,1)\\ (2_3,1,2_4,1)& (2_4,1,2_3,1)\end{array}\text{\hspace{1em}(3)}$$
同理排列(3)的每行中的序列的不同之处在于子序列$(2_3,2_4)$和$(2_4,2_3)$不同，我们再将集合$S_1^{{}^{\prime \prime }}$中元素$2_3$和$2_4$的标签撕掉使之成为2,2，此时集合$S_1^{{}^{\prime \prime }}$成为集合S1={1,1,2,2}S_1=\{1,1,2,2\}S1​={1,1,2,2}，且排列(3)中的每一行中的不同排列退化为一个排列，而排列(3)中的每行排列数为2的重复次数的阶乘$count(2)=2!$，因此撕去2的标签后总的排列数为$\frac{12}{2!}=6$，排列(3)中撕掉2的标签后的全排列如下：
$$\begin{array}{c}(1,1,2,2)\\ (1,2,1,2)\\ (1,2,2,1)\\ (2,1,1,2)\\ (2,2,1,1)\\ (2,1,2,1)\end{array}\text{\hspace{1em}(4)}$$
进一步地，对于一般的情形形如集合S={r1⋅x1,r2⋅x2,⋯ ,rk⋅xk∣r1+r2+⋯+rk=n}S=\{r_1\cdot x_1,r_2\cdot x_2,\cdots,r_k\cdot x_k|r_1+r_2+\cdots+r_k=n\}S={r1​⋅x1​,r2​⋅x2​,⋯,rk​⋅xk​∣r1​+r2​+⋯+rk​=n}，先对其贴标签将其变为集合
S1′={x11,x12⋯ ,x1r1⎵,x2(r1+1),x2(r1+2)⋯ ,x2(r1+r2)⎵,⋯ ,xk(n−rk+1),xk(n−rk+2)⋯ ,xkn⎵}r1r2rk \begin{matrix} S_1^{'}=&\{\underbrace{ x_{11},x_{12}\cdots,x_{1r_1}},&\underbrace{ x_{2(r_1+1)},x_{2(r_1+2)}\cdots,x_{2(r_1+r_2)}},&\cdots,&\underbrace{ x_{k(n-r_k+1)},x_{k(n-r_k+2)}\cdots,x_{kn}}\} \\&r_1&r_2&&r_k\end{matrix} S1′​=​{x11​,x12​⋯,x1r1​​​,r1​​x2(r1​+1)​,x2(r1​+2)​⋯,x2(r1​+r2​)​​,r2​​⋯,​xk(n−rk​+1)​,xk(n−rk​+2)​⋯,xkn​​}rk​​
$S_1^{{}^{\prime }}$的全排列数为$n!$，依次对$x_1,x_2,\cdots ,x_k$撕去标签，其对应的集合$S_1^{{}^{\prime \prime }},S_1^{{}^{\prime \prime \prime }},\cdots ,S_1^{k+1}$的全排列依次为
$$\frac{n!}{r_1!},\frac{n!}{r_1!\cdot r_2!},\cdots ,\frac{n!}{r_1!\cdot r_2!\cdots r_k!}$$
而$S_1^{k+1}=S$，因此集合S={r1⋅x1,r2⋅x2,⋯ ,rk⋅xk∣r1+r2+⋯+rk=n}S=\{r_1\cdot x_1,r_2\cdot x_2,\cdots,r_k\cdot x_k|r_1+r_2+\cdots+r_k=n\}S={r1​⋅x1​,r2​⋅x2​,⋯,rk​⋅xk​∣r1​+r2​+⋯+rk​=n}的全排列为式(1)，于是得证。