😊出会いの泉😊

[6, 4, 3, 1]で12を重複を許して支払おうとするときに、16通りになりますね。偶然？

1000,[500,100,50,10],100のようなケースでは
500と100と50をいくつずつ使っても必ず残りが10で割り切れますので
（つまり最小以外の数(500,100,50)がすべての最小の数(10)で割り切れる）
if target / coin <= usable
で問題が起こりませんが、
12,[6,4,3,2],6のように最小の2で割り切れない数があると
targetが2で割り切れない場合でも
@cnt += 1
が実行されてしまうと思います。
つまり、3が奇数個使われて最後にtargetが奇数になる
6+3+2
4+4+3
4+3+2+2
3+2+2+2+2
3+3+3+2
の5個（すべて1不足）が余計に数えられてしまっているのでしょう。
「if target / coin <= usable」
を
「if targetがcoinで割り切れ、かつtarget / coin <= usable」
に修正すれば正しく動くと思います。
（Rubyの文法を知りませんので言葉で書きました）

らすかるさんの仰る通りなのでしたか。

((x^6)^2+(x^6)+1)*((x^4)^3+(x^4)^2+(x^4)^1+1)*((x^3)^4+(x^3)^3+(x^3)^2+(x^3)^1+1)*((x^2)^6+(x^2)^5+(x^2)^4+(x^2)^3+(x^2)^2+(x^2)^1+1)

を展開して x^11 の項の係数が 5 だとチラと頭をよぎったのですが
《targetが奇数》となることをプログラムから読み取れませんでした。残念な私。

０＜ａ≦ｂ≦ｃ≦ｄ　として、
（ａ，ｂ，ｃ，ｄ）＝（１，２，８，９）、（１，６，７，８）、（２，３，４，１１）、（３，４，５，１０）

0＜a≦b≦c≦d として
(a,b,c,d)=(1,1,2,12),(1,2,8,9),(1,6,7,8),(2,3,4,11),(2,4,7,9),(3,4,5,10),(4,6,7,7),(5,5,6,8)

整数の制限が付いてないので他にも
(14/5,33/5,47/5,16/5)
(33/13,79/13,112/13,74/13)
(56/25,137/25,193/25,186/25)
(41/21,103/21,48/7,26/3)
(48/23,119/23,238/23,79/23)
(109/57,275/57,550/57,104/19)
(12/7,31/7,62/7,7)
(52/33,137/33,359/33,38/11)
(115/79,309/79,812/79,410/79)
(6/5,17/5,56/5,17/5)
(31/17,127/17,158/17,36/17)
(53/31,221/31,274/31,132/31)
(39/25,167/25,206/25,148/25)
(101/71,445/71,718/71,180/71)
(4/3,6,29/3,13/3)
(21/19,101/19,202/19,52/19)
(16/13,103/13,119/13,18/13)
(107/91,701/91,808/91,42/13)
(50/51,353/51,168/17,95/51)
(31/37,303/37,334/37,32/37)
(119/27,64/9,238/27,41/27)
(55/13,89/13,110/13,48/13)
(155/39,84/13,310/39,211/39)
(137/37,224/37,361/37,78/37)
(103/29,169/29,272/29,114/29)
(153/49,254/49,508/49,17/7)
(271/81,623/81,718/81,28/27)
(153/47,353/47,406/47,136/47)
(101/35,237/35,338/35,8/5)
(149/57,458/57,168/19,37/57)
(224/43,313/43,359/43,18/43)
(169/33,709/99,812/99,226/99)
(254/55,357/55,508/55,61/55)
(505/119,921/119,1010/119,4/17)
(17/3,22/3,8,1/3)
･････････････
他に
(3,5,11,131)
(3,5,29,113)
(3,5,41,101)
(3,5,53,89)
(3,5,59,83)
･････････
(11,19,47,73)
(11,19,53,67)
(11,19,59,61)
(11,23,37,79)
(11,23,43,73)
･････････
(19,29,31,71)
(19,29,41,61)
(19,29,43,59)
(19,31,41,59)
(19,31,47,53)
(19,37,41,53)
(19,41,43,47)
(23,29,31,67)
(23,29,37,61)
(23,31,37,59)
(23,31,43,53)
(23,37,43,47)
(29,31,37,53)
(29,31,43,47)
(29,37,41,43)
･･････････
ただし数値に√記号を付けて下さい。
更にiを虚数単位とし
(-10+i,-9+5*i,-5+7*i,10+9*i)
(-10+3*i,-9+4*i,2+5*i,8+7*i)
(-10+6*i,-8+7*i,-6+10*i,16+11*i)
(-9+2*i,-8+4*i,-5+6*i,10+8*i)
(-8+i,-6+2*i,-4+3*i,8+4*i)
(-8+3*i,-6+5*i,-5+6*i,12+7*i)
･･･････････
などなど無数にありそう。

面白くない回答ですが、
実数範囲の一般解はp,q,rを任意の正の実数として
(a,b,c,d)=(±√{150/(1+p+q+r)},±√{150p/(1+p+q+r)},±√{150q/(1+p+q+r)},±√{150r/(1+p+q+r)})
複素数範囲の一般解はp,q,rを任意の複素数（ただしpqr≠0かつp^2+q^2+r^2≠150）として
(a,b,c,d)=(p,q,r,±√(150-p^2-q^2-r^2))

上手く纏められますね～。

最大数に着目して
７＾２＋７＾２＋６＾２＋４＾２
８＾２＋６＾２＋５＾２＋５＾２
９＾２＋７＾２＋４＾２＋２＾２
１０＾２＋５＾２＋４＾２＋３＾２
１１＾２＋４＾２＋３＾２＋２＾２
１２＾２＋２＾２＋１＾２＋１＾２
１３＾２＋（３i）^2+（３i）+i^2
14^2+(6i)^2+(3i)^2+i^2
複素数には大小関係はありませんが。
そもそも、２（１，２，３，４）＋（４，１，２，ー３）＝（６，５，８，５）と２（１，２，３，４）＋（２，３，－４，１）＝（４，７，２，９）
２乗和が１５０になりました。１，２，３，４を並べ替えと、符号を適当につけると、４乗和も等しくできますが、６乗和はむつかしいみたいです。
（a,b,c,d)の２，４，６乗和まで、等しいのが見つかると
（-a,-b,-c,-d,a,b,c,d)が、８個の累乗和が見つかる作戦です。

2(1,2,3,4)+(a,b,c,d)
但し、a,b,c,d は、順序関係なく1,2,3,4符号をつけたものです。
2(1,2,3,4)+(-4,-1,2,-3)=(-2,3,8,5)
2(1,2,3,4)+(-2,3,-4,-1)=(0,7,2,7)
の二組は、二乗和、四乗和が、等しくなります。
上の形式で、二乗和、四乗和、六乗和まで、等しくなる
二組は、存在するでしょうか？

何とか手作業で見つけました。
(236/7777)^2+(37/707)^2+(8/77)^2+(97976/1111)^2=7777
a^2+b^2+c^2+d^2=7777^3となるa,b,c,dの組み合わせで
7777で割って約分したときに全部分母が異なるものを探しました。

手作業で見つけました。
これが凄いですね。
確かに分母が[77,707,1111,7777]で分子を上記の数値で分数を作っておくと
7777がつくれる。
私も何とかコンピュータの力をお借りして
分母が[3,15,25,75]で固定して置いて、分子を色々動かしてみると
(100/3)^2+(454/15)^2+(974/25)^2+(4879/75)^2
(100/3)^2+(461/15)^2+(994/25)^2+(4826/75)^2
(100/3)^2+(464/15)^2+(967/25)^2+(4868/75)^2
(100/3)^2+(496/15)^2+(997/25)^2+(4738/75)^2
(100/3)^2+(508/15)^2+(913/25)^2+(4852/75)^2
･････････････････････
と周辺にいくつも条件を満たす集団が発見できました。

同じく分母を[3,21,35,105]固定したら
(140/3)^2+(1301/21)^2+(1464/35)^2+(356/105)^2
(140/3)^2+(1306/21)^2+(1418/35)^2+(997/105)^2
(140/3)^2+(1318/21)^2+(1417/35)^2+(482/105)^2
(140/3)^2+(1325/21)^2+(1404/35)^2+(316/105)^2
(140/3)^2+(1363/21)^2+(1276/35)^2+(796/105)^2
･････････････････

[7,15,21,105]の分母では
(404/7)^2+(653/15)^2+(898/21)^2+(2822/105)^2
(404/7)^2+(692/15)^2+(844/21)^2+(2783/105)^2
(405/7)^2+(676/15)^2+(866/21)^2+(2774/105)^2
(405/7)^2+(716/15)^2+(806/21)^2+(2734/105)^2
(409/7)^2+(692/15)^2+(832/21)^2+(2708/105)^2
･･････････････
が浮かび上がってきます。

整数だけに限定すると有限個でおさまるところ
有理数へ探索を拡張すると世界が全く異なってくる感覚になります。
しかも探す苦労は一筋縄ではいかなくなる。
任意の整数Nを4つの有理数の平方和で作るアルゴリズムは有りや無しや？

「最も簡単な式」すなわち分子分母に登場する自然数の最大値が最も小さいものは
(173/2)^2+(161/10)^2+(155/26)^2+(1/130)^2=7777
（最大値173）
でした。最大値が173になる式は全部で5つあり、
173を除いた数の最大値（この式では161）が最も小さくなるのがこの式です。
（172以下の自然数では7777は作れないということになります。）

最大値が173になる式は全部で5つあり、

(173/2)^2+(161/10)^2+(155/26)^2+(1/130)^2
(173/2)^2+(167/10)^2+(103/26)^2+(53/130)^2
(173/2)^2+(169/10)^2+(77/26)^2+(79/130)^2
(173/2)^2+(171/10)^2+(33/26)^2+(111/130)^2
以外何があるのですか？

あと一つは
(173/2)^2+(167/10)^2+(133/34)^2+(127/170)^2
です。

(173/2)^2+(167/10)^2+(133/34)^2+(127/170)^2
を探し出すためには他にも前3つの最小公倍数が173を越えない組合せ(1541通り)
が山ほど考えられるので、それから見つけ出すって凄くないですか？

(173/3)^2+(173/4)^2+(173/5)^2+(173/6)^2＜7777から
一つ目の分母は2に固定できますので、探索する組み合わせは減らせると思います。
同様に
(173/2)^2+(173/17)^2+(173/18)^2+(173/19)^2＜7777から
二つ目の分母は3～16（一つ目の分子が小さければさらに絞られます）に限られるなど、
常に「この値（以上）にした場合に合計が7777になる可能性がなければパス」という
処理を入れて短縮すれば、実行時間が結構短くなるのではないかと思います。
※一つ目の「2のみ」もそういう固定値にしているわけではなく、
「3にした場合に残りが最大として7777に達するか」を計算しています。
(補足)
上記のチェックは巨大整数演算や分数演算では多分遅いので、
最大値をdoubleで計算して7776.9より小さければパス、としています。

同じ記事の話題なので、同一スレッドにぶら下がります。

△ABC を、A を中心に時計周りに 90° 回転させてから外周が長方形になるよう補助線を引くと、
長方形から 3 つの直角三角形（うち 2 つは合同）を切り落として直角二等辺三角形が残る図ができます。
よって θ-90° = 45° より θ=135°

という解答が一番お手軽ですかね。

直角三角形 2 つで、直角を挟む 2 辺の長さが
12+5=17, 12-5=7
17+7=24=12*2, 17-7=10=5*2
みたいな関係のときにはまずこの図を作ることを考えるようにしています。

問題から、少し外れますが

２つの「直角三角形同士」が、この「向き」で接していた時
辺の長さが、分かっていなくても
必ず
∠θ＝∠Ｂ＋∠Ｄ　が成り立つ・・・と
ちょとした公式（大げさ？）の出来上がりになるかな？

中学入試問題にちょうどいい
θが１３５°の時、∠Ｂと∠Ｄの和は何度ですか？
（直感で、すぐに分かってしまうと思うけど）

ひょっとして
10円玉までで
158通りでしょうか？

((x^50)^2+(x^50)+1)*((x^10)^10+(x^10)^9+(x^10)^8+(x^10)^7+(x^10)^6+(x^10)^5+(x^10)^4+(x^10)^3+(x^10)^2+(x^10)^1+1)*((x^5)^20+(x^5)^19+(x^5)^18+(x^5)^17+(x^5)^16+(x^5)^15+(x^5)^14+(x^5)^13+(x^5)^12+(x^5)^11+(x^5)^10+(x^5)^9+(x^5)^8+(x^5)^7+(x^5)^6+(x^5)^5+(x^5)^4+(x^5)^3+(x^5)^2+(x^5)^1+1)*((x)^100+(x)^95+(x)^90+(x)^85+(x)^80+(x)^75+(x)^70+(x)^65+(x)^60+(x)^55+(x)^50+(x)^45+(x)^40+(x)^35+(x)^30+(x)^25+(x)^20+(x)^15+(x)^10+(x)^5+1)

を展開してx^100 の項の係数をみました。

本当は次の式を展開したかったのですが、オンライン展開サービスが受け付けてくれませんでした。

((A*x^50)^2+(A*x^50)+1)*((B*x^10)^10+(B*x^10)^9+(B*x^10)^8+(B*x^10)^7+(B*x^10)^6+(B*x^10)^5+(B*x^10)^4+(B*x^10)^3+(B*x^10)^2+(B*x^10)^1+1)*((C*x^5)^20+(C*x^5)^19+(C*x^5)^18+(C*x^5)^17+(C*x^5)^16+(C*x^5)^15+(C*x^5)^14+(C*x^5)^13+(C*x^5)^12+(C*x^5)^11+(C*x^5)^10+(C*x^5)^9+(C*x^5)^8+(C*x^5)^7+(C*x^5)^6+(C*x^5)^5+(C*x^5)^4+(C*x^5)^3+(C*x^5)^2+(C*x^5)^1+1)*((D*x)^100+(D*x)^95+(D*x)^90+(D*x)^85+(D*x)^80+(D*x)^75+(D*x)^70+(D*x)^65+(D*x)^60+(D*x)^55+(D*x)^50+(D*x)^45+(D*x)^40+(D*x)^35+(D*x)^30+(D*x)^25+(D*x)^20+(D*x)^15+(D*x)^10+(D*x)^5+1)

10円＝1ギルドとして
100ギルドの商品を
1ギルド、5ギルド、10ギルド、50ギルドの硬貨で支払いたいと考えます。

このとき、1ギルド硬貨の枚数は明らかに5の倍数なのでそうした縛りをつけます。
(D*x) は1ギルド硬貨のシンボルです。この項の肩にのっかる指数は、1ギルド硬貨で支払う価格を表します。上の式では0ギルドから100ギルドまで5ギルド単位の全ての可能性を列挙しています。

(C*x^5)は５ギルド硬貨のシンボルです。0枚から20枚まで、肩の指数でもって１枚づつの刻みで列挙します。

同様に(B*x^10)及びに(A*x^50)は、それぞれ、10ギルド硬貨、50ギルド硬貨のシンボルです。式での意味はここまでの扱いに準拠します。

さきほどの式は、それぞれの硬貨の枚数の上限およびに刻みに制限を付与した上で、支払える金額の全てのパターンを自動的に(展開をしてくれるサイトを利用してですが)求めるものです。
xの指数が100のものの全てのバリエーションが求めるものなのですが、、
まじめに展開できれば、100ギルドの支払い方が各係数をみることでわかるはずです。

展開してくれるサイトがみつからなかったので、AからDまでに1を代入して、バリエーションの組み合わせの数のみ求めることとしました。

一つ目
10円硬貨で10n円を表す方法は1通り
　→ 50n円を表す方法も1通り
10円硬貨と50円硬貨で50n円を表す方法は、Σ[k=0～n]1=n+1通り
　→ 100n円を表す方法は2n+1通り
10円硬貨と50円硬貨と100円硬貨で100n円を表す方法は、Σ[k=0～n]2k+1=(n+1)^2通り
　→ 500n円を表す方法は(5n+1)^2通り
10円硬貨と50円硬貨と100円硬貨と500円硬貨で500n円を表す方法は、
　Σ[k=0～n](5k+1)^2=(n+1)(50n^2+55n+6)/6通り
よって1000円を表す方法はn=2を代入して3×316÷6=158通り

二つ目
5円硬貨で5n円を表す方法は1通り
　→ 10n円を表す方法も1通り
5円硬貨と10円硬貨で10n円を表す方法は、Σ[k=0～n]1=n+1通り
　→ 50n円を表す方法は5n+1通り
5円硬貨と10円硬貨と50円硬貨で50n円を表す方法は、
　Σ[k=0～n]5k+1=(n+1)(5n+2)/2通り
　→ 100n円を表す方法は(2n+1){5(2n)+2}/2=(2n+1)(5n+1)通り
5円硬貨と10円硬貨と50円硬貨と100円硬貨で100n円を表す方法は、
　Σ[k=0～n](2k+1)(5k+1)=(n+1)(20n^2+31n+6)/6通り
　→ 500n円を表す方法は(5n+1){20(5n)^2+31(5n)+6}/6=(5n+1)(500n^2+155n+6)/6通り
5円硬貨と10円硬貨と50円硬貨と100円硬貨と500円硬貨で500n円を表す方法は
　Σ[k=0～n](5k+1)(500k^2+155k+6)/6=(n+1)(625n^3+1050n^2+305n+6)/6通り
よって1000円を表す方法はn=2を代入して3×9816÷6=4908通り

三つ目
1円硬貨でn円を表す方法は1通り
　→ 5n円を表す方法も1通り
1円硬貨と5円硬貨で5n円を表す方法は、Σ[k=0～n]1=n+1通り
　→ 10n円を表す方法は2n+1通り
1円硬貨と5円硬貨と10円硬貨で10n円を表す方法は、Σ[k=0～n]2k+1=(n+1)^2通り
　→ 50n円を表す方法は(5n+1)^2通り
1円硬貨と5円硬貨と10円硬貨と50円硬貨で50n円を表す方法は、
　Σ[k=0～n](5k+1)^2=(n+1)(50n^2+55n+6)/6通り
　→ 100n円を表す方法は(2n+1){50(2n)^2+55(2n)+6}/6=(2n+1)(100n^2+55n+3)/3通り
1円硬貨と5円硬貨と10円硬貨と50円硬貨と100円硬貨で100n円を表す方法は、
　Σ[k=0～n](2k+1)(100k^2+55k+3)/3=(n+1)(100n^3+240n^2+131n+6)/6通り
　→ 500n円を表す方法は(5n+1){100(5n)^3+240(5n)^2+131(5n)+6}/6
　　　= (5n+1)(12500n^3+6000n^2+655n+6)/6通り
1円硬貨と5円硬貨と10円硬貨と50円硬貨と100円硬貨と500円硬貨で500n円を表す方法は
　Σ[k=0～n](5k+1)(12500k^3+6000k^2+655k+6)/6
　　= (n+1)(12500n^4+29375n^3+15800n^2-195n+6)/6通り
よって1000円を表す方法はn=2を代入して3×497816÷6=248908通り

漢字表記で思い出しましたが
大きな数での単位で
億、兆、京、垓　の次の単位（じょ）の漢字がなかなか出てこなく、登録
されていないんじゃないかと思えるくらい姿が見つからないのですが、
皆さんのお手元ではどうなっていますでしょうか？

「𥝱」ですよね。
他の単位をいくつか打って検索したら、この漢字を使っているサイトがありました。

漢字変換に困るやつですね。

以下が参考になりましょうか？
https://tom2rd.sakura.ne.jp/wp/2022/04/11/post-12585/

スマホ(Android) 付属の日本語入力ソフトGboardで手書き入力を試しましたが、出ませんね。𥝱。

𥝱

iPhoneだと普通に出ますね。
「じょ」と読む普通の漢字と「じょ」で始まる予測変換の先なので、探すのが少し手間ではありますが。

(2)は暗算で求まりますが、ついでなのでプログラムでも数えました。
(3)以降はおまけです。
(1)abcd+efg → 組合せ1000通り、素数91通り
(2)a×b×c×d+e×f×g → 組合せ144通り、素数1通り(179のみ)
(3)abcd+e×f×g → 組合せ954通り、素数144通り
(4)a×b×c×d+efg → 組合せ744通り、素数27通り
(5)abcd-efg → 組合せ727通り、素数371通り
(6)a×b×c×d-e×f×g → 組合せ288通り、素数2通り(2と109のみ)
(7)abcd-e×f×g → 組合せ1176通り、素数175通り
(8)a×b×c×d-efg → 組合せ264通り、素数11通り
※変数の連続は乗算ではなく桁の連結
※結果の正当性はほぼ確認していませんので、正しくないかも知れません。

(1)がちょうど1000個あるのが面白く
(2)が暗算で求められるのがその対比で面白く感じたので出題していました。
ということで
はて１～9の数字を一度ずつ使うことで
a×b×c×d×e×f+g×h×i
が素数となる組合せは有るや、無しや?
がパズルで問えそう。

https://oeis.org/A009679
↑これで正しければ
59616通りだと思います。
計算で出すのは難しいと思います。
# n=2,4,6,…,18に対する組合せ数をプログラムで調べ、結果の数列を検索したら一致するものがありました。

世界中では誰なっと調べ上げているものですね。
私は一週間ぐらい試行錯誤を繰り返し、プログラムを色々書き直しやっと全部で58320通りを求めたと思っていたんですが
どこかに見落としがあるのかな～。
自分でも何度も見直したんですがそれが分からないのです。

（考え方）
全部が規約な分数であるため、分子と分母は奇数、偶数での組合わせとなるので
A=[2,4,6,8,10,12,14,16,18]
B=[1,3,5,7,9,11,13,15,17]
の2組に分け
AとBを組合わせてできる1より小さい既約分数は次の69個で
M=[1/2, 2/3, 2/5, 2/7, 2/9, 2/11, 2/13, 2/15, 2/17,
1/4, 3/4, 4/5, 4/7, 4/9, 4/11, 4/13, 4/15, 4/17,
1/6, 5/6, 6/7, 6/11, 6/13, 6/17,
1/8, 3/8, 5/8, 7/8, 8/9, 8/11, 8/13, 8/15, 8/17,
1/10, 3/10, 7/10, 9/10, 10/11, 10/13, 10/17,
1/12, 5/12, 7/12, 11/12, 12/13, 12/17,
1/14, 3/14, 5/14, 9/14, 11/14, 13/14, 14/15, 14/17,
1/16, 3/16, 5/16, 7/16, 9/16, 11/16, 13/16, 15/16, 16/17,
1/18, 5/18, 7/18, 11/18, 13/18, 17/18]
これから組合わせて調べるのは対象が多すぎるので手分けしていく。

(1)1/2を使うとすれば残りは1,2の数字をふくまない物から構成するので
Q1=[ 3/4, 4/5, 4/7, 4/9, 4/11, 4/13, 4/15, 4/17]
Q2=[5/6, 6/7, 6/11, 6/13, 6/17]
Q3=[ 3/8, 5/8, 7/8, 8/9, 8/11, 8/13, 8/15, 8/17]
Q4=[3/10, 7/10, 9/10, 10/11, 10/13, 10/17]
Q5=[5/12, 7/12, 11/12, 12/13, 12/17]
Q6=[ 3/14, 5/14, 9/14, 11/14, 13/14, 14/15, 14/17]
Q7=[3/16, 5/16, 7/16, 9/16, 11/16, 13/16, 15/16, 16/17]
Q8=[5/18, 7/18, 11/18, 13/18, 17/18]
に分けて置き
for(n1=1,8,Q1[n1])
for(n2=1,5,Q2[n2])
for(n3=1,8,Q3[n3])
for(n4=1,6,Q4[n4])
for(n5=1,5,Q5[n5])
for(n6=1,7,Q6[n6])
for(n7=1,8,Q7[n7])
for(n8=1,5,Q8[n8])
でそれぞれのグループから既約分数を組合わせていく。
その組合わせが異なる16個の異なる数字から作られていればカウントして集計する。
こうして求まった集計がs1=4788が得られた。

同様な考え方で
(2)2/3を使うとすれば残りは2,3を含まない物から組み合わせていくので
Q1~Q8をそれに合わせて選び直し、条件を満たすものをカウントしていくと
s2=9144
以下同様で
(3)2/5を使う場合
s3=5328
(4)2/7を使う場合
s4=5184
(5)2/9を使う場合
s5=9144
(6)2/11を使う場合
s6=4788
(7)2/13を使う場合
s7=4788
(8)2/15を使う場合
s8=10368
(9)2/17を使う場合
s9=4788

以上から求める総数は
4788*4+5184+5328+9144*2+10368=58320通り
なのです。
これが正解と思われる59616通りなので1296通りは何処へ行ったのか?

(8)2/15を使う場合
の値は10368でなく11664です。
その他はすべて合っていました。

2/15のチェックをしたら
Q4=[[1, 10], [3, 10], [7, 10], [9, 10], [10, 11], [10, 13], [10, 17]]
に対する
for(n4=1,7,Q4[n4])でのチェックであるべき所を
for(n4=1,6,Q4[n4])
と間違って処理していたことが原因であることが判明しました。
間違えない様に慎重に進んでいた調査も終盤に近くなった頃にタイプミス
を発生させてしまっていた。
再度for(n4=1,7,Q4[n4])での確認ではs7=11664で一致出来ました。

間違えたのに気付くためには、間違ったことを確認した後でしか見えてこないので厄介です。

Q1,Q2,…をプログラムで生成し、その個数を（プログラムで自動的に）ループカウントにすれば間違えることはなくなると思います。

人がプログラムを作っているのを参考にしていたら
あんなに何日も考えてやっと手に入れた数値が
gp > matpermanent(matrix(9,9,i,j,gcd(2*i,2*j-1)==1))
%192 = 59616通り
の一発で行けるという。
従って1～32の数字をそれぞれ一度しか使用できなく
16個の1より小さい既約分数を(4×4行列を作れる)
作れる組合せの総数は
gp > matpermanent(matrix(16,16,i,j,gcd(2*i,2*j-1)==1))
%193 = 768372168960通り
からとてもまともには求めることが難しい大きさでも、いとも簡単にわかるという！！
ほんとに数学の力（中にある数学的構造の不思議さ)を感じます。

計算で一般的に出すのは難しいとしても、今回の数値設定に限るならさほど難しくないですよ。

とりあえず 2 と 3 で約分できないように分数を作る方法は、
6 の倍数を使う 3 組、3 の倍数と 2 の倍数を使う 3 組、残り 3 組の順に考えて、
6P3 * 6P3 * 3! = 86400 通り

この中で、

5/10 ができてしまう組が
5P3 * 5P3 * 2! = 7200 通り

10/15 ができてしまう組が
6P3 * 5P2 * 3! = 14400 通り

7/14 ができてしまう組が
5P3 * 5P3 * 2! = 7200 通り

5/10 と 7/14 がともにできてしまう組が
4P3 * 4P3 * 1! = 576 通り

10/15 と 7/14 がともにできてしまう組が
5P3 * 4P2 * 2! = 1440 通り

よって、いずれも既約分数になる組は
86400-7200-14400-7200+576+1440 = 59616 通り

すみませんDD++さん
説明文とそれを示す式が私の頭では何をどう考えたら成り立つのか全く見えてきません。
例えば
6 の倍数を使う 3 組、3 の倍数と 2 の倍数を使う 3 組、残り 3 組の順に考えて、
6P3 * 6P3 * 3! = 86400 通り
はて？
6P3の6は何を指した6なのか？
3!は何をもって3!にするのか？
以下後の方の説明文と式の意味が全く読み取れなくいます。
計算とそれから導かれる結果は正しいのだから、それぞれには導く理由を持つ
根拠がある事は理解できるんですが、全体を通した構想のあらすじが見えていない
事なんだと思います。
もう少し解説を入れて説明願えませんか？

18 までの中には偶数が 9 個あるので、2 で約分できないためには全て偶数と奇数で対にして分数を作る必要があります。

そして、3 でも約分できないように対にするには、
・6 の倍数（3 つある）には 3 で割り切れない奇数（6 つある）の中から 3 つ選んで割り当てる
・3 の倍数である奇数（3 つある）には、3 で割り切れない偶数（6 つある）の中から 3 つ選んで割り当てる
・残った 3 つずつは、適当に偶数と奇数のペアを 3 組作る
ことになります。
だから 6P3 * 6P3 * 3! = 86400 通りとなります。

それ以後も、指定の分数を最初に作ってしまうことにすると何個から何個選ぶかが変わりますが、考え方は同じです。