這類問題的基本模型是：你有$n$個小球，$m$個盒子，現在想把這$n$個小球放進$m$個盒子中，問有多少種放的方法
但是只給出這樣的條件並不足夠，我們必須加上一些限制，否則結果是不確定的
一般加的有三個限制，即小球是否有區別、盒子是否有區別、允不允許有空盒子，也因此可以組合出八種不同的問題
接下來我們逐個討論這八種問題
一.小球有區別，盒子有區別，允許有空盒子
這是最簡單的，因為每個小球都有$m$種不同的放法，於是總共有$m^$種不同的放法
二.小球有區別，盒子有區別，不允許有空盒子
首先是初等的情況：如果$m>n$，那麼顯然是不可能放好的，方案數為0
那麼如果$m=n$，答案就是$n!$（注意不是$n!m!$，這是初學者常犯的錯誤，你不能讓這倆一起變化）
而對於$n>m$的情況，我們不妨構造乙個遞推式$f[n][m]$表示把$n$個不同小球放進$m$個不同盒子的方法，那麼當我們新增乙個小球的時候，我們可以有：
$f[n+1][m]=m*(f[n][m]+f[n][m-1])$，這個遞推式成立的原因是：當我們新增乙個小球的時候，面對$m$個盒子就有兩種可能，一種是原來這$m$個盒子都已經有球了，那麼這個小球隨便選個盒子放進去就行，另一種是原來只有$m-1$個盒子裡有球，這樣這個新來的球只能放在沒有球的那個盒子裡，但是由於盒子不同，沒有球的盒子可能是這$m$個盒子中任何乙個，因此也有$m$種可能
三.小球沒區別，盒子有區別，不允許有空盒子
這種情況等價於求方程$x_+...+x_=n$的所有正整數解的組數
實際上就是決定每個盒子裡要放幾個小球，那麼我們採用隔板法，把小球排成一行，這樣小球之間一共有$n-1$個空隙，然後在這$n-1$個空隙中選擇$m-1$個空隙放下隔板，這樣第$i$個隔板與第$i+1$個隔板之間就是要放進第$i+1$個盒子的小球，於是答案即為$c_^$
四.小球沒區別，盒子有區別，允許有空盒子
這種情況等價於求方程$x_+...+x_=n$的所有非負整數解的組數
這種情況也很容易，我們再拿$m$個小球過來，在每個盒子裡都放乙個，這樣問題就轉化成了你有$n+m$個小球，放進$m$個盒子裡，不允許有空盒子的上面三的情況，那麼答案即為$c_^$
但是如果換乙個角度，我們說允許有空盒子，那麼我們忽略所有空盒子剩下的盒子就是不空的（廢話），那麼我們假設有$i$個盒子非空，那麼放法就是$c_^$，而由於盒子不同，選出這$i$個不空的盒子的方法為$c_^$，於是答案即為$\sum_^c_^c_^$，那麼我們還可以獲得乙個組合恒等式：$\sum_^c_^c_^=c_^$
五.小球有區別，盒子沒區別，不允許有空盒子
這裡開始變得有些困難了，我們考慮遞推：設$f[n][m]$為此時的方案數，那麼有轉移$f[n+1][m]=mf[n][m]+f[n][m-1]$
這個遞推式的合理性在於，當我們新加乙個小球的時候有兩種可能的情況，一種是原來的$m$個盒子已經放滿了，那麼可以任選乙個盒子放進去，另一種是還有乙個空盒子，但是由於盒子沒區別，所以空的是哪個無所謂，故前者要乘$m$，後者不乘
記$s_(n,k)=f[n][k]$，這就是第二類斯特林數
第二類斯特林數$s(n,k)$表示將$n$個不同元素劃分為$k$個集合的方案數
遞推式：$s(n,k)=s(n-1,k-1)+ks(n-1,k)$
組合意義下的寫法：$s(n,k)=\frac\sum_^(-1)^c(k,i)(k-i)^$
這樣的話，考慮快速求斯特林數的方法：
展開後面的組合數：
$s(n,k)=\frac\sum_^(-1)^\frac(k-i)^$
然後扔到前面去：
$s(n,k)=\sum_^\frac}\frac}$
這就是卷積了嘛
性質：$m^=\sum_^c_^s(n,i)i!$
六.小球有區別，盒子沒區別，允許有空盒子
由於允許有空盒子，那麼我們忽略所有空盒子就是必須放滿的情況，那麼答案就是$\sum_^s_(n,i)$（即只放在乙個盒子~放在全部$m$個盒子的方案數之和）
七.小球沒區別，盒子沒區別，允許有空盒子
這實際上就是把$n$拆成$m$個非負數之和的方案數，一般將這個數記作$p_(n)$，但是這裡可以寫出乙個遞推$p[n+m][m]=p[n][m]+p[n+m][m-1]$，這個遞推的思想是分兩類討論，一類是沒有空盒子，那麼相當於是在$n$進行$m$拆分的基礎上每個數加上$1$，而如果有空盒子，那麼不妨在$m-1$個盒子的基礎上多放乙個空盒子就可以。
八.小球沒區別，盒子沒區別，不允許有空盒子
類似上面的處理，我們可以先在每個盒子裡放乙個球轉化成七的情況，這樣答案就是上面的$p[n-m][m]$
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