Tal teoría puede verse, por ejemplo, en
http://mipagina.cantv.net/jhnieto/tac.pdf o en el libro
http://mipagina.cantv.net/jhnieto/tc.pdf.

Para visualizar mejor el problema, podemos transformarlo en uno equivalente:
De cuantas formas pueden rotularse los 2n vértices de un polígono regular de
2n lados con n pares de letras.

Necesitamos el "Polinomio indicador de ciclos" del polígono regular de 2n
lados.  Las transformaciones que lo dejan invariante y la descomposición en
ciclos de las permutaciones asociadas son:

i) n simetrias C respecto a las rectas que pasan por los centros de dos
caras opuestas. Se descomponen en n transposiciones (2-ciclos).

ii) n simetrías V respecto a las rectas que pasan por dos vértices opuestos.
Se descomponen en n-1 transposiciones y en dos 1-ciclo-

iii) 2n rotaciones rk, de ángulos k*2pi/n, k = 0, 1, ..., n-1. Esto es lo
más complicado, pues la descomposición en ciclos depende de la
descomposición de 2n en factores primos.

En total, 4n transformaciones

(Esto, como decía Marko, debe ser el grupo Diedríco 2n, o algo así)

Con esto se construye el citado polinomio, con 2n variables, en principio,
cada una para cada longitud posible de un ciclo, con un término para cada
transformación, con las variables correspondientes elevadas al número de
ciclos de esa longitud en que se descompone la permutación.

Veamos el caso de n = 3:

i) 3*x2^3

ii) 3*x1^2*x2^2

iii) r0 --> x1^6; r1, r5 --> 2*x6; r2, r4 --> 2*x3^2; r3 --> x2^3

Pg = (1/12)(x1^6 + 4*x2^3 + 3*x1^2*x2^2 + 2*x3^2 + 2*x6)

Si queremos todas las configuraciones con hasta todas las longitudes
distintas, debemos hacer todas las variables iguales a 6 (2n), con lo que
nos queda 4291, donde se incluye desde el hexágono regular a todos los
posibles con los seis lados distintos. Esta era una cuestión que planteó
Antonio el otro dia.

Pero si queremos saber cuantas configuraciones hay con 3 pares de longitudes
dierentes, o la formas de rotular los vértices con tres pares de letras, la
cosa es más complicado. Debemos sustituir cada xk en Pg por  a^k + b^k + ...
+ z^k, donde las variables a, b, ...z, representan las distintas
posibilidades. En nuestro caso, quedaría

(1/12)((a+b+c)^6 + 4(a^2+b^2+c^2)^3 + 3(a+b+c)^2*(a^2+b^2+c^2)^2 +
2*(a^3+b^3+c^3)^2 + 2*(a^6+b^6+c^6))

= a^6 + a^5b + a^5c + 3a^4b^2 + 3a^4bc + 3a^4c^2 + 3a^3b^3 + 6a^3b^2c +
6a^3bc^2 + 3a^3c^3 + 3a^2b^4 + 6a^2b^3c + 11a^2b^2c^2 + 6a^2bc^3 + 3a^2c^4 +
ab^5 + 3ab^4c + 6ab^3c^2 + 6ab^2c^3 + 3abc^4 + ac^5 + b^6 + b^5c + 3b^4c^2 +
3b^3c^3 + 3b^2c^4 + bc^5 + c^6

El coeficiente de a^2b^2c^2 nos da el número de configuraciones con tres
pares de valores, 11 como ya sabíamos.

Para n = 4, tenemos

i) 4 simetrias C ---> 4*x2^4

ii) 4 simetrías V ---> 4*x1^2*x2^3

iii) r0 --> x1^8; r1, r3, r5, r7 --> 4*x8; r2, r6 --> 2*x4^2; r4 --> x2^4

Pg = (1/16)(x1^8 + 5*x2^4 + 4*x1^2*x2^3 + 2*x4^2 + 4*x8)

Ahora debemos sustituir xk = a^k + b^k + c^k + d^4, y hallar el coeficiente
de a^2b^2c^2d^2. No intervienen todos los términos, basta considerar los que
contienen solo x1 y x2:

(1/16)((a+b+c+d)^8 + 5(a^2+b^2+c^2+d^2)^4 + 4(a+b+c+d)^2(a^2+b^2+c^2+d^2)^3)

Y nos queda 171, como ya sabiamos.

Para n = p primo, tenemos

i) p simetrías C --> p*x2^p

ii) p simetrias V --> p*x1^2*x2^(p-1)

iii) r0 --> x1^(2p); rp --> x2^p; las otras 2p-2 --> (2p-2)x_2p

Pg = (1/(4p))(x1^(2p) + (p+1)*x2^p + p*x1^2*x2^(p-1) + (2p-2)*x^(2p))

(Para nuestro problema no es necesario considerar estas 2p-2 últimas)

Para p = 5,

Pg = (1/20)(x1^10 + 6*x2^5 + 5*x1^2*x2^4 + 8*x10)

Sustituyendo xk = a^k+b^k+c^k+d^k+e^k, el término en a^2b^2c^2d^2e^2 es
5736.

Realmente no se como pude obtener el 90 que mencionaba en mi anterior
mensaje ...

Para p = 7,

Pg = (1/28)(x1^14 + 8*x2^7 + 7*x1^2*x2^6 + 12*x14)

Y el coeficiente de a^2b^2c^2d^2e^2f^2g^2 es

(14!/2^7 + 8*7! + 7*7!)/28 = 24327000

En general, para p primo

((2p)!/2^p + (p+1)*p! + p*p!)/(4p)

Pensándolo bien, la parte que nos interesa de Pg tiene idéntica estructura,
tanto si p es primo como si no, por lo que en general será

D(n) = ((2n)!/2^n + (n+1)*n! + n*n!)/(4n)

  = 1, 2, 11, 171, 5736, 312240, 24327000, 2554072920, 347351195520,
59397023589120, 12473374574505600, 3155763762320400000, ...

Nota: Este mensaje se transformó varias veces según se fué redactando, por
lo que no sería sorprendente que aparte de gazapos, hubiese alguna notoria
incoherencia.

Saludos, de uno que se siente palestino-libanés ...