求n个元素的全排列的所有解可以用减治法：每次拎出一个数做前缀，对剩下的元素再求全排列，直至只剩一个元素。代码源自《算法分析与设计（王晓东）》，复杂度O(n！)
1 //输出k~m的所有全排列 2 void perm(int k,int m) 3 { 4 if(k==m) 5 { 6 for(int i=0;i<=m;i++) 7 printf("%d ", list[i]); 8 printf(" "); 9 }else 10 { 11 for(int i=k;i<=m;i++) 12 { 13 swap(list[k],list[i]); 14 perm(k+1,m); 15 swap(list[k],list[i]); 16 } 17 } 18 }
以上没有考虑有重复元素的情况。简单地想，若有元素重复，则这个元素只需被拎出来做一次前缀就好了，那么只需在拎前缀前判断这个数是否已被拎出来过。
那么如何高效地判断呢？可以先对所有元素排序，这样重复元素分布在相邻位置，一趟扫描，只对与前驱不同的元素做处理。
代码只需在k~m的循环内加一句 if(i>k&&list[i]==list[i-1]) continue;
下面再来看一道类似的问题
UVA11076 http://acm.hust.edu.cn/vjudge/problem/viewProblem.action?id=33478
由0~9中n个数字（可重复）组成的数组，把每个全排列看成一个n位数，求所有全排列的和。
根据全排列的性质，将所有全排列按行写出后，发现每一列“所有数字的和s”都相等，因此我们可以只求任一列的和然后进行n次的*10累加。
对于每个数字k，我们已知它在数组中出现的次数cnt[k]（即k有cnt[k]-1个副本），但要对一列求和（不妨求第1列），我们需要知道每个数字在这一列出现的次数cnt_2[k]。由于全排列是没有相同的，那么“第1位是k”的次数就等价于“去掉k后剩余元素的全排列的个数”，至此，问题转化为上面的减治法求全排列。
本题只需求全排列个数（值）而不必输出具体排列（解），因此可以用高中排列组合的经典做法：先视为无重复全排，再除以所有重复元素的排列个数。
做完发现此题由于数字是0~9所以天然地把元素排好序并记录好重复次数了，因此对每个数字k只计算一次，计算时将k的个数看作cnt[k]-1即可。
代码如下：
1 #include <cstdio> 2 #include <cstring> 3 using namespace std; 4 5 typedef unsigned long long ULL; 6 //只有0~9 7 ULL fac[]={1,1,2,6,24,120,720,5040,40320,362880,3628800,39916800,479001600}; 8 int a[13]; 9 int cnt[10];//出现的次数 10 int cnt_2[10];//在所有全排列的任一列中出现的次数 11 ULL sum,ans,s; 12 int n; 13 14 int main() 15 { 16 while(scanf("%d",&n)&&n) 17 { 18 memset(cnt,0,sizeof(cnt)); 19 sum=0; 20 for(int i=0;i<n;i++) 21 { 22 scanf("%d",&a[i]); 23 sum+=a[i]; 24 cnt[a[i]]++; 25 } 26 s=0; 27 for(int i=0;i<=9;i++) 28 {//cnt_2[i]等于去掉一个i后无重复全排列的个数 29 if(cnt[i]==0) continue; 30 cnt_2[i]=fac[n-1]; 31 for(int j=0;j<=9;j++) 32 { 33 if(cnt[i]==0) continue; 34 if(i==j) cnt_2[i]/=fac[cnt[i]-1]; 35 else cnt_2[i]/=fac[cnt[j]]; 36 } 37 s+=i*cnt_2[i]; 38 } 39 ans=0; 40 for(int i=0;i<n;i++) 41 { 42 ans+=s; 43 s*=10; 44 } 45 printf("%llu ",ans); 46 } 47 return 0; 48 }
注：之前自己把自己搞晕过，去重实现不了当成是swap的问题，认为简单交换i与k会破坏“重复元素集中分布”或“有序序列”这两个条件，但再分析发现并没什么关系。。。减治啊减治，前缀被拎走就对后缀的全排列没影响了，只要保证每次循环中重复元素不被拎到同一位置就可以。
从问题本身和算法思想出发去分析还是很有意思的~算法知识博大精深，希望自己多练习多积累，早日不再那么水~~~