故事發生在某一天的下午，
我如同往常一樣開啟題目...... 然後成功被一堆相同的不同的盒子和球繞暈惹( t﹏t )
為了防止自己再次忘記我覺得還是有必要記錄一下哈哈哈哈
1 給定 n 個不同的球,放進 m 個不同的盒子,盒子允許為空,有多少種方案?
2 給定 n 個不同的球,放進 m 個不同的盒子,盒子不允許為空,有多少種方案?
3 給定 n 個不同的球,放進 m 個相同的盒子,盒子允許為空,有多少種方案?
4 給定 n 個不同的球,放進 m 個相同的盒子,盒子不允許為空,有多少種方案?
5 給定 n 個相同的球,放進 m 個不同的盒子,盒子允許為空,有多少種方案?
6 給定 n 個相同的球,放進 m 個不同的盒子,盒子不允許為空,有多少種方案?
7 給定 n 個相同的球,放進 m 個相同的盒子,盒子允許為空,有多少種方案?
8 給定 n 個相同的球,放進 m 個相同的盒子,盒子不允許為空,有多少種方案?
對於任意乙個球， 均有放入\(1-m\) 一共\(m\)種方案 因此方案數為 \(m^n\)
可以轉化為， 在排成一排的\(n\)個小球的間隙中插入\(m-1\)根木棍使得\(n\)個小球分成\(m\)個部分
一共有\(n-1\)個間隙，因此方案數為\(c_^\)
是不是感覺和t6很像呢o(￣▽￣)o 實際上做法也挺類似的
我們先想一想， 如果有\(n\) 個相同的球,放進 \(m\) 個不同的盒子,盒子不允許為空,那我們在每乙個盒子中先放上乙個球，
是不是問題就變成了求——有\(n-m\) 個相同的球,放進 \(m\) 個不同的盒子,盒子允許為空的方案數了呢(｡･∀･)ﾉﾞ
而反過來推顯然也是成立的， 因此，第五個問題就變成了求\(n+m\) 個相同的球,放進 \(m\) 個不同的盒子,盒子不允許為空的方案數啦
方案數為\(c_^\)
假設我們已經考慮完了前\(n-1\)個球的擺放情況， 現在開始考慮第\(n\)個球應該放在**了呀
細想一下，大概可以分成兩種情況的：
\((1)\)它單獨放在乙個新的箱子裡(不是盒子的嗎emm)
假設新增乙個盒子後一共有\(m\)個盒子， 那麼它的方案數一定是和\(n-1\)個球，\(m-1\)個盒子的方案數
\((2)\)它放在之前的任意乙個盒子當中
假如現在是\(m\)個盒子的話， 那麼它的方案數就是\(m*\)(\(n-1\)個球，\(m\)個盒子的方案數)啦
因此， 若我們用\(f[n][m]\)來表示\(n\)個球\(m\)個盒子的方案數的話， 那麼\(f[n][m]\)的遞推式應該為\(f[n][m]=f[n-1][m-1]+f[n-1][m]*m\)
邊界:\(f[i][j]=1(i=j 或 j=1)),f[i][j]=0(j>i)\)。
實際上,這就是第二類斯特林數
有\(m\)個盒子， 可以為空其實可以轉化為有\(1、2、3...m\)個盒子， 不允許為空的情況
因此方案數為\(\sum_^f[n][i]\) f的意義與上一題相同哦
與t4有關哦
我們得出一種\(n\) 個不同的球,放進 \(m\) 個相同的盒子,盒子不為空的方案後，再給每個盒子編號 一共有\(m!\)種不同的編號方案
因此， 總方案數為\(f[n][m]*m!\)
令方案數為\(f[n][m]\), 我們可以分別考慮盒子均不為空和有空盒子兩種情況
當有空盒子時， 因為一定有至少乙個空盒子 ， 所以\(f[n][m]=f[n][m-1]\)是成立的
當所有的盒子中都放了小球的時候，
我們可以在每個盒子中先都放乙個小球， 於是問題就變成了求\(n-m\) 個相同的球,放進 \(m\) 個相同的盒子,盒子可以為空的方案數啦
此時\(f[n][m]=f[n-m][m]\)emm
因此， 遞推式就找到啦o(￣▽￣)d \(f[n][m]=f[n-m][m]+f[n][m-1]\) 邊界為\(f[i][j]=1 (i=0or1 或 j=1),f[i][j]=f[i][i] (j>i)\)。
在每個盒子中先都放乙個小球， 於是問題就變成了求\(n-m\) 個相同的球,放進 \(m\) 個相同的盒子,盒子可以為空的方案數啦
方案數:\(0(m>n)\)或者 \(f[n-m][m]\)(\(n>=m\),\(f\) 就是中的 \(f\)呀)。
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