球盒問題是組合數學中的經典問題，問題統一一下就是這樣： 有 $n$ 個(不)同的球，放進 $m$ 個(不)同的盒子裡，(不)允許有空盒，求方案數。

根據上面的描述可以看出，這個問題總共有 $8$ 種情況，我們一個一個來看。為了方便起見，我們只考慮有解的情況 。

• 球相同，盒不同，無空盒

  $C_{n - 1}^{m - 1}$

  可以用插板法，$n$ 個球中總共有 $n - 1$ 個空隙，根據條件，我們只需要在 $n - 1$ 個空隙中插 $m-1$ 個板子即可。

• 球相同，盒不同，有空盒

  $C_{n + m - 1}^{m - 1}$

  既然允許有空盒，那麼我們可以多加 $m$ 個“虛”的球，預先塞進每個盒子。

  這樣問題就化歸成了有 $n + m$ 個相同的球和 $m$ 個不同的盒子，不允許有空盒的情況，直接運用上面的結論就可以解決問題了。

• 球不同，盒相同，無空盒

  $d(n, m) = d(n - 1, m - 1) + m \times d(n - 1,m) ,m < n$

  邊界條件 $d(k, k)=1$，$d$

  (k,0)=0d(k, 0)=0

  考慮DP

  令 $d(n, m)$ 表示已經放了 $n$ 個球，放進了 $m$ 個盒子（非空）的方案數。

  對於第 $n$ 個球，如果之前的 $n - 1$ 個球已經放在了 $m$ 個盒子裡，那麼第 $n$ 個球就可以隨便放在這 $m$ 個盒子中（因為我沒有新開一個盒子），那麼答案就是 $m \times d(n - 1, m)$。

  另外，如果我是新開了一個盒子，那麼只有一種可能，答案是 $d(n - 1, m - 1)$

  順便說一句，其實敏感的讀者已經發現了，這就是第二類斯特林數。

• 球不同，盒相同，有空盒

  $\sum_{i=0}^{m} d(n, i)$ $d$ 狀態轉移方程同上一種情況

  其實允許空盒就是可以不用把 $m$ 個盒子全部用完，那麼就直接在上一種情況的基礎上列舉實際用到的盒子的個數，將答案累加起來就可以了。

• 球不同，盒不同，無空盒

  $m! \times d(n, m)$

  較第三種情況就多了盒的有序性，處理方法也很簡單，給盒子標個號， $A_m^m$ 打亂一下即可。

• 球不同，盒不同，有空盒

  $m^n$

  這大概是最簡單的一種情況了吧，每個球都有 $m$ 個位子可以放，根據乘法原理，答案就是 $m^n$ 。

• 球相同，盒相同，有空盒

  $d(n, m)=d(n, m - 1) + d(n - m, m), m \leq n$

  $d(n, m) = d(n, m - 1), m > n$

  邊界條件 $d(k, 1)=1,d(1,k)=1,d(0, k)=1$

  還是考慮DP，但是和第二類斯特林數搭不上邊了，倒是和自然數拆分有點相似。

  和之前相似的定義，$d(n, m)$ 表示已放進 $n$ 個球，有 $m$ 個盒子。

  考慮小球比盒子多時，可以選擇將盤子不放滿或者放滿分別對應 $d(n, m - 1)$ 和 $d(n - m, m)$ 。

  但小球比盒子少時，已經不存在放滿的情況了，直接 $d(n, m - 1)$ 。

• 球相同，盒相同，無空盒

  $d(n - m, m)$ $d$ 狀態轉移方程同上一種情況。

  由於球相同，我們可以想到一個簡便的辦法化歸到上一種情況：實現給每個盒子底部先墊一個球，接下來就是上一種情況了。

以上就是對 $8$ 種情況的討論，可以看出，其中用到的化歸思想的地方比較多，要熟練掌握的話需要對其中各個模型的聯絡相當熟悉。