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(n2)
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("\n");
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\n",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~~~