[概率练习] n个小球放入m个盒子（8大类）

球可以相同也可以不同，盒子可以一样也可以不一样，盒子可以空也可以不能空，那么一共就有2x2x2=8种

n个小球放入m个盒子

1.球同，盒不同，不能空（隔板法）一共有n-1个空隙(总共n+1个空隙，不能空要去掉头尾=n-1) ，要插m-1个板，答案为 (n-1) / (m-1)

上图就是7个小球3个盒子的一种情况

2.球同，盒不同，能空如果给每个盒子一个球，就可以把问题转化为不能空的情况了,就相当于n+m个小球放入m个盒子且不能空，答案就是 (n+m-1) / (m-1)

3.球不同，盒同，不能空（dp问题）
dp[n][m]代表n个小球放入m个不同的盒子且不能空的方法
当 i >= 0 时，dp[i][i]=1 (i个小球放入i个盒子，就只能1个盒子放1个)
当 i > 0 时,dp[i][0]=0(都没有盒子了，肯定无解)
dp[i][j] = j 乘 dp[i-1][j] + dp[i-1][j-1]
(第i个球可以放在已经有的j个盒子的一个，有j种方法,也就是j*dp[i-1][j],
也可以是放入一个新的盒子,就是dp[i-1][j-1]) 所以答案如下：

4.球不同，盒同，可以空（第二类斯特林数）那就是3的情况(球不同，盒同，不允许为空)用1个盒子+用2个盒子+…+m个盒子

5.球不同，盒不同，不能空那就是3的情况(球不同，盒同，不允许为空)对盒子进行全排列答案就是 m!*dp[n][m] (dp[n][m]是第二类斯特林数)

6.球不同，盒不同，可以空每一个小球都有m种方法，且相互独立
答案就是m^n

7.球同，盒同，可以空（dp问题）

dp[i][j]代表球同，盒同，可以空的放法当 i>=j 时，dp[i][j] = dp[i][j-1]+dp[i-j][j]

( 我们可以在所有的盒子上放一个球dp[i-j][j]，也可以不选择这种操作，但是以后都不对其中一个盒子进行操作了，那就是dp[i][j-1] )

当 i<j 时，dp[i][i] (多余的盒子都没有什么卵用了)

当 j=1 时,1(只有一个盒子了就只能放在那个盒子了，只有一种放法)

当 i=1 时，1(只有一个球了，放哪个盒子都一样，只有一种放法)

当 i=0 时 1(没有球了，也是1种方法)
答案是

8.球同，盒同，不能空
那就是7的情况(球同，盒同，可以空)每个盒子先放一个保证不空
所以答案是 dp[n-m][m]
(n>=m)
0 (n<m)
其中dp是情况7的dp

**添一份模板代码【球同，盒同，可以空，就是情况7】 **

#include <iostream>
int main() {const int N = 11;int dp[N][N] = {}, t, n, m;for(int i=0; i<N; ++i)for(int j=1; j<N; ++j) {if(i<=1 || j==1)  dp[i][j] = 1;else if(i<j)  dp[i][j] = dp[i][i];else  dp[i][j] = dp[i][j-1] + dp[i-j][j];}scanf("%d", &t);while (t--) {scanf("%d%d", &n, &m);printf("%d\n", dp[n][m]);}return 0;
}

怕自己弄丢了巨巨的博文，就按照喜欢的格式改动了一下，看的清楚一些
大佬的原文链接

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