總結我只是個小蒟蒻，所以數論證明方面嘛....
..比較感性，可能不嚴謹
倘若有哪些大佬發現有bug
bugbu
g，那歡迎提醒我
因為在週末比賽時遇上了一道jzoj 4786...
..結果冒出來一堆野雞，貼公式乙個比乙個熟練，但對於證明卻只口未提
所以為了方便各位，便在感悟後mar
kmark
mark
下設有n
nn個小球，m
mm個箱子
設f [i
][j]
f[i][j]
f[i][j
]表示在有j
jj個箱子的情況下放入i
ii個小球的方案數
我們開始考慮動態轉移方程：
我們從限制入手：允許有空箱。即可有可無，對於無的情況，假設有j
jj個箱子，我們大可以在操作前先保證每個箱子內有1
11個球，所以要放入的球就從i
ii變成i−j
i-ji−
j；對於有的情況，就很好考慮了。因為可以有空箱，那麼就直接加上乙個箱子，讓i
ii個小球自己去排(因為之前的dpdp
dp必定會使其有解)。
現在動態轉移方程便呼之欲出了：
f[i][j]=f[i][j-1 ]+f[i-j][j](i>=j) \\ f[i][j]=f[i][j-1 ](i
^mf[n][i]
ans=∑i
=1m
f[n]
[i]
因為不能存在空箱的情況，也就是說我們只有讓m
mm個箱子都有球才符合，所以按照上一種的方法dpdp
dp，統計答案時就直接是f[n
][m]
f[n][m]
f[n][m
] 對於n
nn個球來說，就會存在n−1
n-1n−
1個位置，而因為我們只有m
mm個箱子，所以只要m−1
m-1m−
1個位置便可以成功的將小球分成m
mm份。但因為可以有空箱，那麼情況就會變得十分特殊，所以我們可以強行新增m
mm個球使得每個箱子都會有球，也就是不存在空箱的情況了，這下就巧妙的將特殊化為一般
所以就變成了在n+m
−1
n+m-1
n+m−
1個位置中選出m−1
m-1m−
1的方案數，即cn+
m−1m
−1
c_^cn
+m−1
m−1
因為一開始就不存在空箱的情況，所以就不需要新增m
mm個虛球，直接用上一種情況一開始提到的就好了，即方案數為cn−
1m−1
c_^cn
−1m−
1這種情況就十分草率了，對於每個球都可以有m
mm個箱子選擇且使得方案不重複
所以解就是n
mn^m
nm讓我們再次回到球不同，箱同，無空箱這種情況，與現在這種情況僅僅差了箱子的不同
那麼我們大膽地嘗試由該種情況直接進行轉移。因為考慮的是箱子，所以我們直接對於結果進行考慮。因為箱子的不同，所以在球數一定的情況下，只要換個箱子都會使得方案數改變，而我們可以換且不會發生重複的方案，恰好是m
mm個箱子的全排列
最終的方案數為f[n
][m]
∗m
!f[n][m]*m!
f[n][m
]∗m!
感覺思考時最大的體會就是賴皮
跟講n im
nimni
m博弈時運用到的反證法一樣，很巧妙，在考慮一種情況時，因為可能會出現特殊情況而導致難度上公升，所以我們直接將球預先放好，對特殊情況進行降難度打擊
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