标签：hang 组合数 class 有一个 一句话 等价 www 选择 就是
在离散数学里面，组合数是一个重点。下面就对常见的几个小球盒子模型进行总结
参考了chengni的这篇文章，在此表示感谢。
注意：
很经典的隔板法模型，相同的物品划分为几个不同的集合。设球为n，盒子为m，方案数为
\[
ans= \binom{n-1}{m-1}
\]
这和上面唯一的区别就是允许空盒。不妨假设每个空盒已经被我们放了一个球，那么问题就变成了上面的情况，。所以我们可以看做自己有 n+m 个小球，然后我们在排列完之后在每一组都删去一个小球，这样就能枚举出有空盒的情况了。n个球分成m个集合等价于n+m个球分成m个非空集合。
于是答案为
\[
ans= \binom{n+m-1}{m-1}
\]
（在这里把盒子想成集合会好想一些）
对于每一个球，你都可以放到1~m的任意位置，所以方案数为
\[
ans= m^n
\]
对于这个问题有个东西叫做第二类斯特林数。
在数学上，斯特林数有两类，本文只介绍第二类。
第二类斯特林数（\(S2[n][m]\)）的含义：n 个不同的小球放入m个相同的盒子中（且盒子不能为空）的方案数 。它有个递推公式\(S2[i][j]=S2[i-1][j]\times j+S2[i-1][j-1]\)
我们可以这样理解：
（在这里把盒子想成集合会好想一些）
当然，第二类斯特林数还有另一个公式，需要用到容斥。
\[
S2[n][m]=\frac{1}{m!}\times \sum^{m}_{k=0}(-1)^k \binom{m}{k} \times (m-k)^n
\]
证明：
为了方便，不妨假设\(A_i\)表示第\(i\)个盒子为空的情况。总方案数为\(S\)，则有
\[
S=m^n \\
A_i=(m-1)^n
\]
\(A_i\)：对于每个球，都只有\(m-1\)种选择。所以是\((m-1)^n\)。
\[
A_1+A_2+A_3+A_4+\cdots+A_m=\sum_{i=1}^{m}A_i=m(m-1)^n=\binom{m}{1}\cdot(m-1)^n
\]
这一个盒子为空的情况，但同时也包含了两个盒子为空的。两个盒子为空的方案数如下
\[
\sum_{i=1}^{m}\sum_{j>i}(A_i\cap A_j)=\binom{m}{2}\cdot(m-1)^n
\]
如此推导下去，就可以得出所求第二类斯特林数：
\[
S2[i][j]=|\bar{A_1}\cap\bar{A_2}\cap\cdots\cap\bar{A_m}|\\=m^n-\sum_{i=1}^{m}|A_i|+\sum_{i=1}^{m}\sum_{j>i}(A_i\cap A_j)-\cdots+(-1)^{m}|A_1\cap A_2\cap\cdots\cap A_m|\=m^n+(-1)\cdot\binom{m}{1}\cdot(m-1)^n+(-1)^2\cdot\binom{m}{2}\cdot (m-2)^n+\cdots+(-1)^k\binom{m}{k}\cdot(m-k)^n\cdots\=\sum_{k=0}^{m}\binom{m}{k}(m-k)
\]
最后除一个 \(m!\) 消掉有序性，如果不除就是有序的
其实就是上一个问题的最后一句话，“如果不除就是有序的。”
\[
ans=m!\cdot S2[n][m];
\]
我们可以枚举每次有几个盒子非空，最后加起来就好了
\[
ans=\sum_{i=1}^{m}S2[n][i]
\]
设\(f[i][j]\)表示将\(i\)个球放到\(j\)个盒子的方案数
当i >= j 时
然后就可以\(n^2\)递推了。
先假设每个盒子里都有一个球，所求即\(ans=f[n-m][m]\)
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原文地址：https://www.cnblogs.com/mitnick/p/11838261.html
