Esta pregunta tiene una respuesta definitiva, que es el uso de la Polya Enumeración Teorema, que es más poderoso que Burnside y lo incluye como un caso especial. Se va a producir un multivariante de generación de función para todas las distribuciones de colores, desde el cual se puede extraer el deseado coeficiente para una configuración determinada. Calcular el ciclo de índice de la cara de permutación grupo $G$ de los poliedros y evaluar mediante la sustitución de
$$a_k = X_1^k + X_2^k + \cdots + X_n^k$$
si usted tiene $n$ colores. Luego de extraer el coeficiente para su configuración particular, que está escrito como este:
$$[X_1^2 X_2^2 \cdots X_n^2] Z(G)(X_1+X_2+\cdots+X_n).$$
Aquí hay dos ejemplos sencillos donde nos limitamos a la rigidez de las mociones (sin reflejos). Supongamos que tenemos un tetraedro cuyos rostros queremos un color. El ciclo de índice de $G$ para este caso contiene la identidad, lo que contribuye $$a_1^4.$$ Then there are rotations about axes passing through the middle of a face and the opposing vertex (four such axes), which fix that face and contribute $$4\times 2\times a_1 a_3.$$ Finally there are three flips by 180 degrees about an axis passing through the midpoints of two vertex-disjoint edges (three such axes), which contribute $$3\times a_2^2.$$ Esto le da el ciclo del índice
$$Z(G) = \frac{1}{12} (a_1^4 + 8 a_1 a_3 + 3 a_2^2).$$
Podemos recuperar Burnside de este a través de
$$Z(G)(X_1+X_2+\cdots+X_n)_{X_1=X_2=\cdots=X_n=1}$$
lo que da la fórmula
$$\frac{1}{12} (n^4 + 8 n^2 + 3 n^2) = \frac{1}{12} n^4 + \frac{11}{12} n^2.$$
para los colorantes del tetraedro con en la mayoría de las $n$ colores.
Esta secuencia se documenta como OEIS A006008.
Ahora respondiendo a tu pregunta, supongamos que tenemos tres colores $R$, $G$ y $B$ y queremos que el número de colorantes en el que dos colores se utilizan dos veces. Aquí es donde el ciclo sustituido índice entra en juego. Haciendo la sustitución como se describió anteriormente hemos
$A$Z(G)(R+B+G)\\ =
1/12\, \left( R+G+B \right) ^{4}+2/3\, \a la izquierda( R+G+B \right) \left( {R}^{3
}+{G}^{3}+{B}^{3} \right) +1/4\, \left( {R}^{2}+{G}^{2}+{B}^{2} \right) ^{
2}$$
que se expande a
$${B}^{4}+{B}^{3}G+{B}^{3}R+{B}^{2}{G}^{2}+{B}^{2}GR+{B}^{2}{R}^{2}+B{G}^{3}
+B{G}^{2}R\\+BG{R}^{2}+B{R}^{3}+{G}^{4}+{G}^{3}R+{G}^{2}{R}^{2}+G{R}^{3}+{R}
^{4}.$$
La extracción de los coeficientes vemos que
$$[R^2 G^2]Z(G)(R+G+B)+[R^2 B^2]Z(G)(R+G+B)+[G^2 B^2]Z(G)(R+G+B) = 3,$$
así que hay tres colorantes a la rotación de las caras del tetraedro con tres colores disponibles, el uso de dos colores dos veces.
Como un segundo ejemplo, considere pintar las caras de un cubo con tres colores. Necesitamos otro ciclo de índice de llamarlo $Z(H)$, el de la cara de permutaciones el grupo del cubo, que en realidad es bastante estándar, un cálculo. No es la identidad, lo que contribuye $$a_1^6.$$ There are rotations about an axis passing through opposite faces (three such axes) which fix those faces, giving $$3\times (2 a_1^2 a_4 + a_1^2 a_2^2).$$ There are rotations about axes passing through opposite vertices (four such axes), giving $$4\times 2 \times a_3^2.$$ Finally there are rotations about axes passing through the midpoints of pairs of opposite edges (six such pairs), which contribute $$6\times a_2^3.$$
Esto le da el ciclo del índice
$A$Z(H) = \frac{1}{24}
(a_1^6 + 6 a_1^2 a_4 + 3 a_1^2 a_2^2 + 8 a_3^2 + 6 a_2^3).$$
Queremos recuperar Burnside desde el este como en el anterior, obteniendo
$$\frac{1}{24} (n^6 + 6 n^3 + 3 n^4 + 8 n^2 + 6 n^3)
= \frac{1}{24} (n^6 + 3 n^4 + 12 n^3 + 8 n^2)
\\= \frac{1}{24} n^6 + \frac{1}{8} n^4 + \frac{1}{2} n^3 + \frac{1}{3} n^2.$$
Esta es la secuencia es OEIS A047780.
Ahora para obtener los colorantes de uso de cada color dos veces calculamos el ciclo sustituido índice
$A$Z(H)(R+G+B)=
1/24\, \left( R+G+B \right) ^{6}+1/4\, \a la izquierda( R+G+B \right) ^{2} \left( {R
}^{4}+{G}^{4}+{B}^{4} \right) \\+1/8\, \left( R+G+B \right) ^{2} \left( {R}^
{2}+{G}^{2}+{B}^{2} \right) ^{2}+1/3\, \a la izquierda( {R}^{3}+{G}^{3}+{B}^{3}
\right) ^{2}+1/4\, \a la izquierda( {R}^{2}+{G}^{2}+{B}^{2} \right) ^{3}$$
que se expande a
$${B}^{6}+{B}^{5}G+{B}^{5}R+2\,{B}^{4}{G}^{2}+2\,{B}^{4}GR+2\,{B}^{4}{R}^{2}
+2\,{B}^{3}{G}^{3}\\+3\,{B}^{3}{G}^{2}R+3\,{B}^{3}G{R}^{2}+2\,{B}^{3}{R}^{3}
+2\,{B}^{2}{G}^{4}+3\,{B}^{2}{G}^{3}R+6\,{B}^{2}{G}^{2}{R}^{2}\\+3\,{B}^{2}G
{R}^{3}+2\,{B}^{2}{R}^{4}+B{G}^{5}+2\,B{G}^{4}R+3\,B{G}^{3}{R}^{2}+3\,B{G}
^{2}{R}^{3}+2\,BG{R}^{4}\\+B{R}^{5}+{G}^{6}+{G}^{5}R+2\,{G}^{4}{R}^{2}+2\,{G
}^{3}{R}^{3}+2\,{G}^{2}{R}^{4}+G{R}^{5}+{R}^{6}.$$
La extracción de los coeficientes de ahora vemos que
$$[R^2 G^2 B^2]Z(H)(R+G+B) = 6,$$
así que hay seis colorantes de uso de cada uno de los tres colores exactamente dos veces.
El siguiente MSE enlace apunta a una cadena de cálculos similares.
