放球問題在組合數學中是乙個經典問題，在acm比賽中也經常會出現類似的題目，這裡做乙個歸納。
我們假定現在有n個球，要放到m個盒子中，根據情況的不同主要可以分為一下8類(這裡確保n>=m)
編號n個球是否有區別
m個盒子是否有區別
是否允許空盒1否
否是2否
否否3否
是否4否
是是5是
否否6是
否是7是
是否8是
是是我們對這些情況逐一分析。
假設dp[i][j]為球相同，盒相同，允許空盒，且有i個球，j個盒子的結果。那麼我們可以分成兩種情況，一種是放完有空盒的情況，那麼我減去乙個盒子不影響結果。還有一種是每乙個盒子至少有乙個球，那我們可以把每個盒子裡拿去乙個球，那就變成了(i-j)個球，j個盒子的結果了，即dp[i-j][j],兩部分相加即可構成狀態轉移方程。
dp[i][j]=dp[i][j-1]+dp[i-j][j]; (i>=j)dp[i][j]=dp[i][j-1]; (i
預處理後可以o(1)查詢，預處理**見下
void init()}
ps：如果(n
由於要求沒有空盒，我們先在每個盒子裡放乙個球即可，剩下(n-m)個球可以隨意放，問題就轉化為了有(n-m)個球，允許空盒，有多少種情況，容易發現這就是上面的dp[n-m][m]。
用隔板法即可解決：球之間有(n-1)個空，由於要分成m份，所以應該插(m-1)個隔板，所以方案數為c(n-1,m-1)。
可根據三推得：首先我們假設先在每個盒子裡放乙個球，然後再往任意盒中放n個球，在這個前提下，問題就轉化為共有(n+m)個球，要放到m個盒子中，不允許空盒的方案數，即c(n+m-1,m-1)。
在介紹5，6，7之前先介紹乙個小知識點：斯特林數(已經了解的可以跳過這一部分)。
第一類斯特林數
s(n,m)表示將n個不同物品排成k個非空迴圈排列的方法數。
可以舉個形象點的例子：現在有n個人要圍著m張相同圓桌坐下來，要求每張桌子非空，求方案數。
我們可以這樣考慮，對於最後乙個人：
如果他單獨坐一桌的話，結果就是剩下的(n-1)個人圍著(m-1)張圓桌而坐的方案數，即s(n-1,m-1)。
如果前面(n-1)個人已經坐了m張圓桌，這(n-1)個人的方案數為s(n-1,m),那麼最後乙個人就要插入到他們之中，他可以被安排在第乙個人或第二個人或。。。或第(n-1)個人的左邊，所以這種坐法方案數為(n-1)*s(n-1,m)。 綜上所述，就可以寫出第一類斯特林數的狀態轉移方程
s(n,m)=(n-1)*s(n-1,m)+s(n-1,m-1)
第一類斯特林數的預處理**
void init()
{ for(int i=1; i第二類斯特林數
s(n,m)表示把n個不同物品劃分到m個不可區分的盒子中且沒有空盒的方案數。
我們還是來考慮最後乙個物品，它有兩種情況
如果最後乙個物品單獨放到乙個盒子中，那麼結果就是剩下的(n-1)個物品放到(m-1)個盒子中，且盒子非的方案數，即s(n-1,m-1)。
如果前面(n-1)個物品放完後已經沒有空盒，(方案共有s(n-1,m)種)，那麼最後乙個物品可以放在任意乙個中(方案共有m種)，總方案數即為m*s(n-1,m)。
綜上所述，就可以寫出第二類斯特林數的狀態轉移方程
s(n,m)=m*s(n-1,m)+s(n-1,m-1)
第二類斯特林數的預處理**
void init()
{ for(int i=1; i接下來，我們便可以利用斯特林數解決問題5,6,7了。
【ps】下面用到的均為第二類斯特林數。
根據第二類斯特林數的定義，該問題就是n個不同的物品放入m個相同的箱子中且箱子不能為空，即s(n,m)。
我們只要列舉非空盒的個數(列舉範圍為1~n),可以設非空盒的個數為k，那麼每次列舉得到的方案數即為s(n,k)，總方案數為s(n,1)+s(n,2)+...+s(n,m)。
對比問題七，變化的是盒子從相同變成了不同。我們可以這樣考慮，s(n,m)為把n個不同物品分成m份的方案數，現在由於盒子不同，我們只要給盒子排個順序，然後對應於m份即可，排列順序有m!種情況，故總方案數為m!*s(n,m)。
這個問題最簡單了，每個球都能任意選擇乙個盒子去放，每個球有m種情況，故總方案數為mn。
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