1.球相同盒不同无空箱

①ans=C(n−1,m−1)(n>=m)②ans=0(n<m)① ans=C(n-1,m-1) (n>=m)\\ ② ans=0 (n<m) ①ans=C(n−1,m−1)(n>=m)②ans=0(n<m)
可以用插板法，n 个球中总共有 n-1 个空隙，根据条件，我们只需要在 n−1 个空隙中插 m-1 个板子即可。

2.球相同盒不同允许空箱

ans=C(n+m−1,m−1)ans=C(n+m-1,m-1) ans=C(n+m−1,m−1)
既然允许有空盒，那么我们可以多加 m 个“虚”的球，预先塞进每个盒子。

这样问题就化归成了有 n+m 个相同的球和 m 个不同的盒子，不允许有空盒的情况，直接运用上面的结论就可以解决问题了。

3.球不同盒相同无空箱

即第二类斯特林数
①dp[n][m]=m∗dp[n−1][m]+dp[n−1][m−1](1<=m<n)dp[k][k]=1(k>=0)dp[k][0]=0(k>=1)②ans=0(n<m)①dp[n][m]=m*dp[n-1][m]+dp[n-1][m-1] \ (1<=m<n)\\ dp[k][k]=1 \ (k>=0)\\ dp[k][0]=0 \ (k>=1)\\ ②ans=0 \ (n<m) ①dp[n][m]=m∗dp[n−1][m]+dp[n−1][m−1] (1<=m<n)dp[k][k]=1 (k>=0)dp[k][0]=0 (k>=1)②ans=0 (n<m)
对于第 n 个球，如果之前的 n-1 个球已经放在了 m 个盒子里，那么第 n 个球就可以随便放在这 m 个盒子中，因为我没有新开一个盒子，那么答案就是m×dp[n-1,m]。
另外，如果我是新开了一个盒子，那么只有一种可能，答案是 dp[n-1][m-1]。

4.球不同盒相同允许空箱

ans=∑dp[n][i],0<=i<=m,dp[n][m]ans= \sum dp[n][i],0<=i<=m,dp[n][m] ans=∑dp[n][i],0<=i<=m,dp[n][m]
状态转移方程同第三种情况。
其实允许空盒就是可以不用把 m 个盒子全部用完，那么就直接在上一种情况的基础上枚举实际用到的盒子的个数，将答案累加起来就可以了。

5.球不同盒不同无空箱

ans=m!×dp(n,m)ans=m!×dp(n,m) ans=m!×dp(n,m)
较第三种情况就多了盒的有序性，dp(n,m)是相同的情况，m!是考虑顺序。

6.球不同盒不同允许空箱

ans=mnans=m^n ans=mn
每个球都有m种选择，所以就等于m^n。

7.球相同盒相同无空箱

dp[n][m]=dp[n−m][m]（n>=m）dp[n][m]=0（n<m）dp[n][m]=dp[n-m][m] （n>=m）\\ dp[n][m]=0 （n<m） dp[n][m]=dp[n−m][m]（n>=m）dp[n][m]=0（n<m）
dp[n][m]dp[n][m]dp[n][m]表示已放进 nnn 个球，有 mmm 个盒子。

8.球相同盒相同允许空箱

dp[n][m]=dp[n][m−1]+dp[n−m][m](n>=m)dp[n][m]=dp[n][m−1](n<m)边界：dp[k][1]=1dp[n][m]=dp[n][m-1]+dp[n-m][m]\ (n>=m)\\ dp[n][m]=dp[n][m-1] \ (n<m)\\ 边界：dp[k][1]=1 dp[n][m]=dp[n][m−1]+dp[n−m][m] (n>=m)dp[n][m]=dp[n][m−1] (n<m)边界：dp[k][1]=1

dp[n][m]dp[n][m]dp[n][m]表示已放进 nnn 个球，有 mmm 个盒子。
考虑小球比盒子多时，可以选择将盘子不放满或者放满分别对应 dp[n][m−1]和dp[n−m][m]dp[n][m-1] 和 dp[n-m][m]dp[n][m−1]和dp[n−m][m]。
但小球比盒子少时，已经不存在放满的情况了，直接$ dp[n][m-1]$ 。

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