😊出会いの泉😊

各組から 1 枚ずつ取り出して全ての数字を揃えたあと、
さらに各組残りの 3 枚から 1 枚ずつ取り出して再び全ての数字を揃え、
さらにさらに各組残りの 2 枚から 1 枚ずつ取り出して三度全ての数字を揃え、
最後に残った 1 枚ずつがまた全ての数字の組になる……

……までできそうな気がします。
ただ、証明は難しそうですね。

よく似た？問題です。

トランプ 52 枚を十分にシャッフルした後に
テーブル上に 4 行 13 列に並べて初期配置とします。

同じ数のカードは 1 対 1 で互いに位置を交換できます。こうした交換は好きなだけ行えます。

ゴールは、全ての列にスペードハートダイヤクローバーを揃えることです。

任意の初期配置について、必ずゴールすることができるのでしょうか。
もし不可能であればその組合わせの実例をあげてください。

※同じ数のカードとは、たとえば、jack どうしも含みます。

※私はこの問題についてまだよく理解していません。必ずゴールできる気がいたしますが証明といいますか、適切なアルゴリズムが不明です。

通常のトランプでDD++さんが言われる現象が起こせるものか直接わかるはずが
無かったので規模を縮小し
{1,2,3,4}の数字が各3枚ずつある計12枚のカードを
3枚ずつで4組を構成して、異なる組合わせが具体的に
どの様になるのかを調べてみました。
私のプログラムの仕方なので凄く時間がかかってしまい、
12時間ほどの時間を要して次の93通りを作れました。
全部チェック出来たわけではありませんが、ランダムに
10通りほどの別れ方で1～4の数字を3回取り出せるか
実験したら全て可能となりました。

従って1～13の数字が各4個ずつある52枚での通常のトランプで
各組を4枚ずつの13組を作ったとしても、
各組から一枚ずつ取り出すと1～13のセットを抜き出すことが
4回起こせることは十分確からしく起こせると思われました。
ただすべての組合わせが並べられるかと言えば、私のプログラム力
ではどうにもなりません。(全部で何通りか計算で求められるものなのでしょうか？)
また　
論理的に証明と言われても手も足も出ません。

1;[[1, 1, 1], [2, 2, 2], [3, 3, 3], [4, 4, 4]]
2;[[1, 1, 1], [2, 2, 2], [3, 3, 4], [3, 4, 4]]
3;[[1, 1, 1], [2, 2, 3], [2, 3, 3], [4, 4, 4]]
4;[[1, 1, 1], [2, 2, 3], [2, 3, 4], [3, 4, 4]]
5;[[1, 1, 1], [2, 2, 3], [2, 4, 4], [3, 3, 4]]
6;[[1, 1, 1], [2, 2, 4], [2, 3, 3], [3, 4, 4]]
7;[[1, 1, 1], [2, 2, 4], [2, 3, 4], [3, 3, 4]]
8;[[1, 1, 1], [2, 2, 4], [2, 4, 4], [3, 3, 3]]
9;[[1, 1, 1], [2, 3, 3], [2, 3, 4], [2, 4, 4]]
10;[[1, 1, 1], [2, 3, 4], [2, 3, 4], [2, 3, 4]]
11;[[1, 1, 2], [1, 2, 2], [3, 3, 3], [4, 4, 4]]
12;[[1, 1, 2], [1, 2, 2], [3, 3, 4], [3, 4, 4]]
13;[[1, 1, 2], [1, 2, 3], [2, 3, 3], [4, 4, 4]]
14;[[1, 1, 2], [1, 2, 3], [2, 3, 4], [3, 4, 4]]
15;[[1, 1, 2], [1, 2, 3], [2, 4, 4], [3, 3, 4]]
16;[[1, 1, 2], [1, 2, 4], [2, 3, 3], [3, 4, 4]]
17;[[1, 1, 2], [1, 2, 4], [2, 3, 4], [3, 3, 4]]
18;[[1, 1, 2], [1, 2, 4], [2, 4, 4], [3, 3, 3]]
19;[[1, 1, 2], [1, 3, 3], [2, 2, 3], [4, 4, 4]]
20;[[1, 1, 2], [1, 3, 3], [2, 2, 4], [3, 4, 4]]
21;[[1, 1, 2], [1, 3, 3], [2, 3, 4], [2, 4, 4]]
22;[[1, 1, 2], [1, 3, 4], [2, 2, 3], [3, 4, 4]]
23;[[1, 1, 2], [1, 3, 4], [2, 2, 4], [3, 3, 4]]
24;[[1, 1, 2], [1, 3, 4], [2, 3, 3], [2, 4, 4]]
25;[[1, 1, 2], [1, 3, 4], [2, 3, 4], [2, 3, 4]]
26;[[1, 1, 2], [1, 4, 4], [2, 2, 3], [3, 3, 4]]
27;[[1, 1, 2], [1, 4, 4], [2, 2, 4], [3, 3, 3]]
28;[[1, 1, 2], [1, 4, 4], [2, 3, 3], [2, 3, 4]]
29;[[1, 1, 3], [1, 2, 2], [2, 3, 3], [4, 4, 4]]
30;[[1, 1, 3], [1, 2, 2], [2, 3, 4], [3, 4, 4]]
31;[[1, 1, 3], [1, 2, 2], [2, 4, 4], [3, 3, 4]]
32;[[1, 1, 3], [1, 2, 3], [2, 2, 3], [4, 4, 4]]
33;[[1, 1, 3], [1, 2, 3], [2, 2, 4], [3, 4, 4]]
34;[[1, 1, 3], [1, 2, 3], [2, 3, 4], [2, 4, 4]]
35;[[1, 1, 3], [1, 2, 4], [2, 2, 3], [3, 4, 4]]
36;[[1, 1, 3], [1, 2, 4], [2, 2, 4], [3, 3, 4]]
37;[[1, 1, 3], [1, 2, 4], [2, 3, 3], [2, 4, 4]]
38;[[1, 1, 3], [1, 2, 4], [2, 3, 4], [2, 3, 4]]
39;[[1, 1, 3], [1, 3, 3], [2, 2, 2], [4, 4, 4]]
40;[[1, 1, 3], [1, 3, 3], [2, 2, 4], [2, 4, 4]]
41;[[1, 1, 3], [1, 3, 4], [2, 2, 2], [3, 4, 4]]
42;[[1, 1, 3], [1, 3, 4], [2, 2, 3], [2, 4, 4]]
43;[[1, 1, 3], [1, 3, 4], [2, 2, 4], [2, 3, 4]]
44;[[1, 1, 3], [1, 4, 4], [2, 2, 2], [3, 3, 4]]
45;[[1, 1, 3], [1, 4, 4], [2, 2, 3], [2, 3, 4]]
46;[[1, 1, 3], [1, 4, 4], [2, 2, 4], [2, 3, 3]]
47;[[1, 1, 4], [1, 2, 2], [2, 3, 3], [3, 4, 4]]
48;[[1, 1, 4], [1, 2, 2], [2, 3, 4], [3, 3, 4]]
49;[[1, 1, 4], [1, 2, 2], [2, 4, 4], [3, 3, 3]]
50;[[1, 1, 4], [1, 2, 3], [2, 2, 3], [3, 4, 4]]
51;[[1, 1, 4], [1, 2, 3], [2, 2, 4], [3, 3, 4]]
52;[[1, 1, 4], [1, 2, 3], [2, 3, 3], [2, 4, 4]]
53;[[1, 1, 4], [1, 2, 3], [2, 3, 4], [2, 3, 4]]
54;[[1, 1, 4], [1, 2, 4], [2, 2, 3], [3, 3, 4]]
55;[[1, 1, 4], [1, 2, 4], [2, 2, 4], [3, 3, 3]]
56;[[1, 1, 4], [1, 2, 4], [2, 3, 3], [2, 3, 4]]
57;[[1, 1, 4], [1, 3, 3], [2, 2, 2], [3, 4, 4]]
58;[[1, 1, 4], [1, 3, 3], [2, 2, 3], [2, 4, 4]]
59;[[1, 1, 4], [1, 3, 3], [2, 2, 4], [2, 3, 4]]
60;[[1, 1, 4], [1, 3, 4], [2, 2, 2], [3, 3, 4]]
61;[[1, 1, 4], [1, 3, 4], [2, 2, 3], [2, 3, 4]]
62;[[1, 1, 4], [1, 3, 4], [2, 2, 4], [2, 3, 3]]
63;[[1, 1, 4], [1, 4, 4], [2, 2, 2], [3, 3, 3]]
64;[[1, 1, 4], [1, 4, 4], [2, 2, 3], [2, 3, 3]]
65;[[1, 2, 2], [1, 2, 3], [1, 3, 3], [4, 4, 4]]
66;[[1, 2, 2], [1, 2, 3], [1, 3, 4], [3, 4, 4]]
67;[[1, 2, 2], [1, 2, 3], [1, 4, 4], [3, 3, 4]]
68;[[1, 2, 2], [1, 2, 4], [1, 3, 3], [3, 4, 4]]
69;[[1, 2, 2], [1, 2, 4], [1, 3, 4], [3, 3, 4]]
70;[[1, 2, 2], [1, 2, 4], [1, 4, 4], [3, 3, 3]]
71;[[1, 2, 2], [1, 3, 3], [1, 3, 4], [2, 4, 4]]
72;[[1, 2, 2], [1, 3, 3], [1, 4, 4], [2, 3, 4]]
73;[[1, 2, 2], [1, 3, 4], [1, 3, 4], [2, 3, 4]]
74;[[1, 2, 2], [1, 3, 4], [1, 4, 4], [2, 3, 3]]
75;[[1, 2, 3], [1, 2, 3], [1, 2, 3], [4, 4, 4]]
76;[[1, 2, 3], [1, 2, 3], [1, 2, 4], [3, 4, 4]]
77;[[1, 2, 3], [1, 2, 3], [1, 3, 4], [2, 4, 4]]
78;[[1, 2, 3], [1, 2, 3], [1, 4, 4], [2, 3, 4]]
79;[[1, 2, 3], [1, 2, 4], [1, 2, 4], [3, 3, 4]]
80;[[1, 2, 3], [1, 2, 4], [1, 3, 3], [2, 4, 4]]
81;[[1, 2, 3], [1, 2, 4], [1, 3, 4], [2, 3, 4]]
82;[[1, 2, 3], [1, 2, 4], [1, 4, 4], [2, 3, 3]]
83;[[1, 2, 3], [1, 3, 3], [1, 4, 4], [2, 2, 4]]
84;[[1, 2, 3], [1, 3, 4], [1, 3, 4], [2, 2, 4]]
85;[[1, 2, 3], [1, 3, 4], [1, 4, 4], [2, 2, 3]]
86;[[1, 2, 4], [1, 2, 4], [1, 2, 4], [3, 3, 3]]
87;[[1, 2, 4], [1, 2, 4], [1, 3, 3], [2, 3, 4]]
88;[[1, 2, 4], [1, 2, 4], [1, 3, 4], [2, 3, 3]]
89;[[1, 2, 4], [1, 3, 3], [1, 3, 4], [2, 2, 4]]
90;[[1, 2, 4], [1, 3, 3], [1, 4, 4], [2, 2, 3]]
91;[[1, 2, 4], [1, 3, 4], [1, 3, 4], [2, 2, 3]]
92;[[1, 3, 3], [1, 3, 4], [1, 4, 4], [2, 2, 2]]
93;[[1, 3, 4], [1, 3, 4], [1, 3, 4], [2, 2, 2]]

私が述べた内容が正しいことの証明方針が、手元では立ちました。
ただ、これを言葉で伝わるように記述するのが非常に難しい……。

> GAIさん
3枚ずつの場合は数字の種類の数1,2,3,…に対して
1, 2, 10, 93, 1417, 32152, 1016489, 42737945, 2307295021,…通り
となり、この数列は https://oeis.org/A254243 にあります。
（4番目の93がGAIさんが算出された値です。）
4枚ずつの場合は数字の種類の数1,2,3,…に対して
1, 3, 23, 465, 19834, 1532489, 193746632,…通り
となり、この数列は https://oeis.org/A268668 にあります。
（いずれも数列サイトでは「0種類」からです。）
よってA268668により、元の問題の場合では
1276433147589499725385063通り
であることがわかります。このサイトに数式が書かれていませんので、
簡単な計算で算出する方法は見つかっていないものと思いますが、
50種類の数がとんでもない大きさであることから、プログラムでうまく
算出する方法があるのでしょうね。

私の考えを記述すると何をどう書いても非常に長い文になってしまい、文字を導入した一般的な証明ではおそらく非常にイメージしにくいであろうものになってしまいます。
そのため、例示により考え方だけを書くにとどめます。
ここにいるみなさんなら、ご自身で一般的なものに書き直すのも容易だと思いますので。

GAI さんの一覧から適当に
43;[[1, 1, 3], [1, 3, 4], [2, 2, 4], [2, 3, 4]]
をお借りして、実際にやってみます。
これを、「各組の中で順番を並び替えて、任意の i に対し各組の i 番目が全て異なる数であるようにする」の手順を以下に記述します。
この「　」の操作を、以後整列と表現することにします。

まず、2 ヶ所穴あきになっている状態の解法を記載します。

———————— ここから ————————

【問題】(step 1)
[[1, 1, 3], [1, 3, 4], [2, 2, 4], [2, 3, 4]] を整列せよ。

まず、 最大数である 4 が入っている組を 1 つ選びます。
今回は、2 番目の組を選択し、その組に含まれる 4 には目印に # を付けておきます。

[[1, 1, 3], [1, 3, 4#], [2, 2, 4], [2, 3, 4]]

選択した組以外の 4 と選択した組の 4 以外の数字を 1 対 1 で任意に入れ替えて別の問題を作ります。
入れ替えが起きたものは目印に ? を付けておきます。
（どれとどれを入れ替えたかわかるように、? の個数で区別します）

[[1, 1, 3], [4?, 4??, 4#], [2, 2, 1?], [2, 3, 3??]]

ここから、# 付きの数を含む組を削除し、? の目印を消したものを、問題名に X を付加した新しい問題として定義します。
以下、一旦新しい問題を解く過程に入ります。


【問題X】
[[1, 1, 3], [2, 2, 1], [2, 3, 3]] を整列せよ。

（ここの解法は穴あき。今回は偶然見つけた解を用いて続きを記述します）

[[1, 1, 3], [2, 2, 1], [3, 3, 2]] と整列できました。
解の一例が得られたので、問題名の末尾の X を取り除いた問題の step 2 に進みます。



【問題】(step 2)
[[1, 1, 3], [1, 3, 4], [2, 2, 4], [2, 3, 4]] を整列せよ。

step 1 で、
[[1, 1, 3], [4?, 4??, 4#], [2, 2, 1?], [2, 3, 3??]]
という別の問題を作った状態になっていました。
これに対し、条件付き整列を実行します。
すなわち、「ある i について、i 番目には ? 付きの数が存在しない」が成立しているような整列を行います。

まず、# 付きの数を含む組以外を普通に整列します。
これは、問題名に X を付加した新しい問題の解を丸ごと再現することで可能です。

[[1, 1, 3], [4?, 4??, 4#], [2, 2, 1?], [3, 3??, 2]]

このとき、# 付きの数を含む組さえ見なければ、「ある i について、i 番目には ? つきの数が存在しない」が必ず成立しています。
なぜなら、入れ替えを行なったペアの数は、各組の数字の個数よりも必ず小さいからです。
今回は i = 1 がそれに該当しています。

その後、# 付きの数を含む組を、i = 1 番目に # 付きの数が来るように順番を入れ替えます。

[[1, 1, 3], [4#, 4?, 4??], [2, 2, 1?], [3, 3??, 2]]

これで、i = 1 番目に ? つきの数がない整列ができました。
この状態で入れ替えを戻すと、元の問題の「とりあえず i = 1 番目には全て異なる数がある」状態になりました。

[[1, 1, 3], [4#, 1, 3], [2, 2, 4], [3, 4, 2]]

ここから、全ての組の i = 1 番目の数を削除したものを、問題名に Y を付加した新しい問題と定義します。
以下、一旦新しい問題を解く過程に入ります。


【問題Y】
[[1, 3], [1, 3], [2, 4], [4, 2]] を整列せよ。

（ここの解法は穴あき。今回は偶然見つけた解を用いて続きを記述します）

[[1, 3], [3, 1], [2, 4], [4, 2]] と整列できました。
解の一例が得られたので、問題名の末尾の Y を取り除いた問題の step 3 に進みます。


【問題】(step 3)
[[1, 1, 3], [1, 3, 4], [2, 2, 4], [2, 3, 4]] を整列せよ。

step 2 で、
[[1, 1, 3], [4#, 1, 3], [2, 2, 4], [3, 4, 2]]
と「とりあえず i = 1 番目には全て異なる数がある」状態になっていました。
そして、i = 1 番目以外の部分は、問題名に Y を付加した新しい問題の解を利用して整列できます。

[[1, 1, 3], [4#, 3, 1], [2, 2, 4], [3, 4, 2]]

最後に # の目印を消せば、解の一例が得られます。

[[1, 1, 3], [4, 3, 1], [2, 2, 4], [3, 4, 2]]

———————— ここまで ————————


さて、もちろんこれでは解全体は完成していません。
途中の【問題X】と【問題Y】の具体的な解き方が空白のままですからね。

しかし、【問題X】は実は最大の数がもとより 1 小さくなった整列問題なので、【問題XX】と【問題XY】部分が穴あきの同様の解法を用いることができます。
【問題Y】も同じ数の個数がもとより 1 小さくなった整列問題なので、【問題YX】と【問題YY】部分が穴あきの同様の解法を用いることができます。

さらに【問題XX】は【問題XXX】と【問題XXY】部分が穴あきの同様の解法を用いることができて……
と、この解法は再帰的に用いることが可能です。

これをどんどん繰り返していくと、そのうち穴あき部分が自明に解ける問題に行き当たります。
すなわち、
・問題名に X が 3 個含まれる問題は「1 だけでできた 1 組からなる問題」なので、自明に整列できている
・問題名に Y が 2 個含まれる問題は「各数字 1 枚ずつを各組 1 枚ずつにわけている問題」なので、自明に整列できている
の 2 種は、穴あき部分は自明に埋まります。

よって、最初の【問題】は

【問題】step 1
　【問題X】step 1
　　【問題XX】step 1
　　　【問題XXX】（自明）
　　【問題XX】step 2
　　　【問題XXY】step 1
　　　　【問題XXYX】（自明）
　　　【問題XXY】step 2
　　　　【問題XXYY】（自明）
　　　【問題XXY】step 3
　　【問題XX】step 3
　【問題X】step 2
　　【問題XY】step 1
　　　【問題XYX】step 1
　　　　【問題XYXX】（自明）
　　　【問題XYX】step 2
　　　　【問題XYXY】（自明）
　　　【問題XYX】step 3
　　【問題XY】step 2
　　　【問題XYY】（自明）
　　【問題XY】step 3
　【問題X】step 3
【問題】step 2
　【問題Y】step 1
　　【問題YX】step 1
　　　【問題YXX】step 1
　　　　【問題YXXX】（自明）
　　　【問題YXX】step 2
　　　　【問題YXXY】（自明）
　　　【問題YXX】step 3
　　【問題YX】step 2
　　　【問題YXY】（自明）
　　【問題YX】step 3
　【問題Y】step 2
　　【問題YY】（自明）
　【問題Y】step 3
【問題】step 3

という自明な問題 10 個と非自明な問題 9 個からなる 37 step を踏むことで穴あきのない完全な解答になります。


13 までの数を 4 個ずつの場合は、自明な問題 455 個と非自明な問題 454 個の 1817 step 必要になるようです。
トランプ実物を 15 組くらい用意して手作業でやる場合、X が 12 個並ぶまで待たなくても 10 個くらい並んでる問題は気合いでどうにかして短縮できそうです。
それでも数百 step は必要になるでしょうから根気がとんでもなく必要になるでしょうが。

[1774] で私が提出した問題についてです。以外では便宜のためこの問題を《デンガン》と呼称します。

デンガンにおいて初期配置が与えられカードについての所与の交換ルールに従い交換を繰り返しゴール配置に辿り着けたものとします。

ゴール配置においては13ある各列には必ずスペードが１枚づつあります。このスペードのカードたちは当然ながら１から10,J,Q,Kまでを１枚づつ含みます。
このスペードのカードの配置位置にマークをつけておいて、52枚のカードの配置を再び初期配置に戻します。
さきほどマークをつけておいた13枚分のカードの配置位置(すなわちゴールにおいてはスペードカードのみが置かれた位置)について考えますと、初期配置ではスーツがユニークにはなっておらずバラバラではあります。しかしながらその13枚分のカードの位置にあるカードたちは１から10,J,Q,Kまでを１枚づつ含みます。所与のカードの交換ルールを鑑みればこれは当然のことです。これら13枚を《ストレート》と呼ぶこととします。
以上はスペードのみについて考えましたがゴール配置におけるハート、ダイヤ、クローバーの3つのスーツについても同時に同様なことが言えます。すなわち、スペードの他にハート、ダイヤ、クローバーのストレートも得られたわけです。

さて、うえで判明した4つあるストレートは、
GAIさんの問題の解になっていることになります。すなわち、各列から同じストレートのメンバーのカードを拾い上げていけばよいのです。

初期配置によらずにデンガンの問題に常に解が存在すれば、GAIさんの問題にも常に解が存在することとなります。

一日考えましたが、デンガンの問題については列ごとにグリーディーに4スーツをそろえていくことを行いこれを繰り返せばたいがいはうまくいきそう、という感想が得られるのみでした。証明にはいたりません。

＞トランプ52枚を十分にシャッフルした後4枚ずつ13組に分ける。
＞各組から1枚だけあるトランプを抜き出して13枚のトランプで
＞1から13までの数字(マークは無視)を揃えられるのか？

必ず1から13までの数字を揃えることが可能です。
これはグラフ理論の「ホールの定理」からわかります。

4枚ずつ13組に分けたものを、
S_1, S_2, S_3, ... , S_13
としたとき，任意の A (A⊂{1,2, ... ,13}) に対して，常に，
|∪[j∈A] S_j| ≧ |A|
が成り立っています。
よって、{1,2, ... ,13} から {S_1,S_2,S_3, ... ,S_13} への
完全マッチングが存在します。

https://ja.wikipedia.org/wiki/%E3%83%9B%E3%83%BC%E3%83%AB%E3%81%AE%E5%AE%9A%E7%90%86

私が当初{1,1,1,2,2,2,3,3,3,4,4,4}
の12枚のカードをシャッフルし3枚ずつの4組に配布するとき
その異なる配布の組合せが93パターンになることを見つける
のに約12時間もかけていたことが、次のような考察で同じ結果が
ほんの数秒で求まることができました。

異なる4個の素数(2,3,5,7)を全て掛けた値の3乗の値
(2*3*5*7)^3=9261000
でのすべての約数の中で、3個の素数で構成されている約数(bigomega(約数)==3のタイプ)
だけを集め(全部で20個ある。)、この集合で重複を許し4個を取り出した時(全部で20H3=22C3=1540通り)
の中からその取り出す4個の積がピタリ9261000と一致できるものが何個あるのか調査する。
このチェックに合格できる数が求める値と一致できるという。


gp > S=select(x->bigomega(x)==3,divisors((2*3*5*7)^3));･････①
gp > S
%21 = [8, 12, 18, 20, 27, 28, 30, 42, 45, 50, 63, 70,
　　　75, 98, 105, 125, 147, 175, 245, 343]
gp > #S
%22 = 20
gp > {M=[];}forvec(X=[[1,#S],[1,#S],[1,#S],[1,#S]],\
M=concat(M,[vecextract(S,X)]),1);･････････････････････②
gp > #select(i->vecprod(i)==(2*3*5*7)^3,M)･･････････････････③
%24 = 93

上の実質①,②,③を組合わせれば済む。

＞私が当初{1,1,1,2,2,2,3,3,3,4,4,4}
＞の12枚のカードをシャッフルし3枚ずつの4組に配布するとき
＞その異なる配布の組合せが93パターンになることを見つける
＞のに．．．

20個の x の単項式
x^111,x^1011,x^1101,x^1110,
x^21,x^12,x^201,x^102,x^210,x^120,x^2001,x^1002,
x^2010,x^1020,x^2100,x^1200,
x^3,x^30,x^300,x^3000
の中から、重複を許して4個を、それらの積が x^3333
となるように選び出すような場合の数を数え上げても
よいですね。
この計算を Risa/Asir で実行した結果が以下です。

[0] F=(1+x^10111+x^20222+x^30333)*(1+x^11011+x^22022+x^33033)*(1+x^11101+x^22202+x^33303)*(1+x^11110+x^22220+x^33330)*(1+x^10021)*(1+x^10012)*(1+x^10201)*(1+x^10102)*(1+x^10210)*(1+x^10120)*(1+x^12001)*(1+x^11002)*(1+x^12010)*(1+x^11020)*(1+x^12100)*(1+x^11200)*(1+x^10003)*(1+x^10030)*(1+x^10300)*(1+x^13000)$coef(F,43333,x);
[1] 93

かなり強引な多項式の展開ですが、一瞬で結果を表示してくれました。

例のやり方で通常のトランプの数字だけに着目した
{1,1,1,1,2,2,2,2,･･･････,13,13,13,13}
の集合で4枚ずつ13組に分配した時の異なる数字の組の個数を求めることに
応用しようと試みていたんですが
原理的には13個の異なる素数の積(2*3*5*11*13*17*19*23*29*31*37*41)^4
が持つbigomega==4のすべての約数を取り出し、その集合での重複を許して
13個取り出すものの積が上記の素数の積を満たす場合の総数を調べればいいことになる。
但しすべての約数を並べようとすると大変なので,逆にbigomega==4になるものを作ることを
すれば
gp > P=primes(13);
%136 = [2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31, 37, 41]
gp > M1=apply(i->i^4,P)
gp > #M1=13 (pi^4型)
gp > M2={M2=[];}for(i=1,13,for(j=1,13,if(i!=j,M2=concat(M2,[P[i]^3*P[j]]))));M2
gp > #M2
%86 = 156(pi^3*pj型);13*12=156)
gp > M3={M3=[];}for(i=1,13,for(j=1,13,if(i!=j,M3=concat(M3,[P[i]^2*P[j]^2]))));M3=Set(M3)
gp > #M3
%91 = 78 (pi^2*pj^2型;binomial(13,2)=78)
gp > M4={M4=[];}forsubset([13,4],i,M4=concat(M4,[vecprod(vecextract(P,i))]));M4
gp > #M4
%139 = 715 (pi*pj*pk*pl型;binomial(13,4)=715)
gp > M5={M5=[];}for(i=1,13,for(j=1,13,for(k=1,13,if(i!=j && j>k && k!=i,\
M5=concat(M5,[P[i]^2*P[j]*P[k]]))))) ;M5=Set(M5)
gp > #M5
%141 = 858 (pi^2*pj*pk型;13*binomial(12,2)=13*66=858)

の5タイプに分かれ、これを合体して
M＝M1∪M2∪M3∪M4∪M5
#M=1820
従ってこの1820個もある集合から重複を許して13個取り出すわけですから
1820H13=1832C13=4,0291,9125,1047,1060,9784,1375,0687,2800
4澗291溝9125穰1047じょ1060垓9784京1375億687万2千8百
という物凄い場合があり、この中で条件を満たせるものがA268668では
1,2764,3314,7589,4997,2538,5063
というわけですから、約2憶5千万の調査で1個見つかるかどうかぐらいにしかヒットしない。
これではいくら時間をかけても総数を掴むことは不可能に思えた。

探す位置を絞ってやっと次の3つは発見できました。
1;[16, 81, 625, 2401, 14641, 28561, 83521, 130321, 279841, 707281, 923521, 1874161, 2825761]
2;[16, 81, 625, 2401, 14641, 28561, 83521, 130321, 279841, 707281, 923521, 2076773, 2550077]
3;[16, 81, 625, 2401, 14641, 28561, 83521, 130321, 279841, 707281, 923521, 2301289, 2301289]

atさんの方法はまだ理解していませんが、もしこれに挑戦したらどうなるんのでしょうか？

Hallの定理には解の存在定理のような印象を受けました。このままですと数え上げは難しいような？