当球碰到盒子
当球遇上盒子
现在我们开始进入著名的盒子与球问题，来练一练你的排列组合能力。
- 1.现在有 r r r 个互不相同的盒子和 n n n 个相同的球，要将这 n n n 个球放入 r r r 个盒子中，且不允许有空盒子，问有多少种放法？
我们考虑插板法，可以看成将一个不同的序列分成 r r r 段，则我们需要 r − 1 r-1 r−1 个板子，并且供板子插的位置有 n − 1 n-1 n−1 个，我们可以得到最终方案为 c n − 1 r − 1 c_{n-1}^{r-1} cn−1r−1。
- 2.现在有 r r r 个互不相同的盒子和 n n n 个相同的球，要将这 n n n 个球放入 r r r 个盒子中，且允许有空盒子，问有多少种放法？
可以发现，此题与上题的不同之处在于它允许有空盒子。所以，我们可以把这 r r r 个板子当做空球放进去，即只装一个样，而非真正的球。则此时，我们在用 r − 1 r-1 r−1 个板子去插，便包含了空盒子的情况。最终方案数： C n + r − 1 r − 1 C_{n+r-1}^{r-1} Cn+r−1r−1。
- 3.现在有 r r r 个相同的盒子和 n n n 个互不相同的球，要将这 n n n 个球放入 r r r 个盒子中，且不允许有空盒子，问有多少种放法？
此时，我们考虑递推。
我们定义 d p i j dp_{ij} dpij 对应题意，并且这一类神奇的递推又被称作第二类斯特林数。
假设你现在正在放第 i i i 个球，有两种情况：单独拿一个盒子装或者随便挑一个盒子放进去。
对于第一种，答案为 d p i − 1 , j − 1 dp_{i-1,j-1} dpi−1,j−1。
对于第二种，答案为 j × d p i − 1 , j j \times dp_{i-1,j} j×dpi−1,j。
所以 d p i , j = d p i − 1 , j − 1 + j × d p i − 1 , j dp_{i,j} = dp_{i-1,j-1}+j \times dp_{i-1,j} dpi,j=dpi−1,j−1+j×dpi−1,j
特殊情况：只有一个盒子时答案为 1 1 1，球数小于盒子数时答案为 0 0 0。
- 4.现在有 r r r 个相同的盒子和 n n n 个互不相同的球，要将这 n n n 个球放入 r r r 个盒子中，且允许有空盒子，问有多少种放法？
此题跟上题相像，只不过允许了空盒子。我们直接枚举最后有多少个空盒子即可。
最终方案： ∑ i = 1 n d p n , i \sum\limits_{i=1}^n dp_{n,i} i=1∑ndpn,i
- 5.现在有 r r r 个互不相同的盒子和 n n n 个互不相同的球，要将这 n n n 个球放入 r r r 个盒子中，且不允许有空盒子，问有多少种放法？
读完题目，发现与第三题仍然很像，只不过盒子从相同变成了不同，所以我们直接在最后乘上 m m m 个盒子的排列即可。
最终方案数： m ! × d p n , r m!\times dp_{n,r} m!×dpn,r。
- 6.现在有 r r r 个互不相同的盒子和 n n n 个互不相同的球，要将这 n n n 个球放入 r r r 个盒子中，且允许有空盒子，问有多少种放法？
我们可以这样看这个问题：对于每一个球，我们都有 r r r 个盒子留给它放，所以最终答案： r n r^n rn。
- 7.把 n n n 个同样的小球放入 m m m 个同样的盒子中，不允许有的盒子空着不放，有多少种不同的放法？
我们再次考虑递推。
我们定义 d p i , j dp_{i,j} dpi,j 表示将 i i i 个小球放入 j j j 个盒子里…(此处省略。)
为了保证没有空盒，我们先往每一个盒子里放一个球。
剩下的我们想第四题一样思考，枚举使用盒子数量。
答案为 ∑ i = 1 n d p n − m , i \sum\limits_{i=1}^{n} dp_{n-m,i} i=1∑ndpn−m,i。
特殊情况：当只有一个盒子或球数等于盒子数时，答案为 1 1 1；当球数小于盒子数时，答案为 0 0 0。
- 8.现在有 r r r 个相同的盒子和 n n n 个相同的球，要将这 n n n 个球放入 r r r 个盒子中，且允许有空盒子，问有多少种放法？
我们以第二题和第七题的思路进行思考
考虑转化：先借 m m m 个球铺满每个盒子，求完答案后再把球还回去。
最终答案为 d p n + m , n dp_{n+m,n} dpn+m,n