【专题】组合数学之球盒问题

球盒问题是组合数学中的经典问题，问题统一一下就是这样：
有 $n$ 个(不)同的球，放进 $m$ 个(不)同的盒子里，(不)允许有空盒，求方案数。

根据上面的描述可以看出，这个问题总共有 $8$ 种情况，我们一个一个来看。为了方便起见，我们只考虑有解的情况 。

• 球相同，盒不同，无空盒

  $C_{n-1}^{m-1}$

  可以用插板法，$n$ 个球中总共有 $n-1$ 个空隙，根据条件，我们只需要在 $n-1$ 个空隙中插 $m-1$ 个板子即可。

• 球相同，盒不同，有空盒

  $C_{n+m-1}^{m-1}$

  既然允许有空盒，那么我们可以多加 $m$ 个“虚”的球，预先塞进每个盒子。

  这样问题就化归成了有 $n+m$ 个相同的球和 $m$ 个不同的盒子，不允许有空盒的情况，直接运用上面的结论就可以解决问题了。

• 球不同，盒相同，无空盒

  $d(n,m)=d(n-1,m-1)+m\times d(n-1,m),m<n$

  边界条件 $d(k,k)=1$，$d(k,0)=0$

  考虑DP

  令 $d(n,m)$ 表示已经放了 $n$ 个球，放进了 $m$ 个盒子（非空）的方案数。

  对于第 $n$ 个球，如果之前的 $n-1$ 个球已经放在了 $m$ 个盒子里，那么第 $n$ 个球就可以随便放在这 $m$ 个盒子中（因为我没有新开一个盒子），那么答案就是 $m\times d(n-1,m)$。

  另外，如果我是新开了一个盒子，那么只有一种可能，答案是 $d(n-1,m-1)$

  顺便说一句，其实敏感的读者已经发现了，这就是第二类斯特林数。

• 球不同，盒相同，有空盒

  ${\sum }_{i=0}^{m}d(n,i)$ $d$ 状态转移方程同上一种情况

  其实允许空盒就是可以不用把 $m$ 个盒子全部用完，那么就直接在上一种情况的基础上枚举实际用到的盒子的个数，将答案累加起来就可以了。

• 球不同，盒不同，无空盒

  $m!\times d(n,m)$

  较第三种情况就多了盒的有序性，处理方法也很简单，给盒子标个号， $A_m^m$ 打乱一下即可。

• 球不同，盒不同，有空盒

  $m^n$

  这大概是最简单的一种情况了吧，每个球都有 $m$ 个位子可以放，根据乘法原理，答案就是 $m^n$ 。

• 球相同，盒相同，有空盒

  $d(n,m)=d(n,m-1)+d(n-m,m),m\le n$

  $d(n,m)=d(n,m-1),m>n$

  边界条件 $d(k,1)=1,d(1,k)=1,d(0,k)=1$

  还是考虑DP，但是和第二类斯特林数搭不上边了，倒是和自然数拆分有点相似。

  和之前相似的定义，$d(n,m)$ 表示已放进 $n$ 个球，有 $m$ 个盒子。

  考虑小球比盒子多时，可以选择将盘子不放满或者放满分别对应 $d(n,m-1)$ 和 $d(n-m,m)$ 。

  但小球比盒子少时，已经不存在放满的情况了，直接 $d(n,m-1)$ 。

• 球相同，盒相同，无空盒

  $d(n-m,m)$ $d$ 状态转移方程同上一种情况。

  由于球相同，我们可以想到一个简便的办法化归到上一种情况：实现给每个盒子底部先垫一个球，接下来就是上一种情况了。

以上就是对 $8$ 种情况的讨论，可以看出，其中用到的化归思想的地方比较多，要熟练掌握的话需要对其中各个模型的联系相当熟悉。