7.2.1 十二重计数法

十二重计数法

有 \(n\) 个球，\(m\) 个盒子，将每个球装进盒子，并满足下面的条件，有多少种方案？

1. 球不同，盒不同

相当于每个球选择一个盒子放

答案为 \(m^n\)

2. 球不同，盒不同，每个盒子至多装一个

分两种情况讨论

• \(n \le m\) ，对于每个球，找一个没有放过球的盒子放，答案为 \(m^{\underline{n}}\)
• \(n > m\) ，这种情况无解，答案为 \(0\)

3. 球不同，盒不同，每个盒子至少放一个

还是分两种情况

• \(n < m\) 无解

• \(n \ge m\)

  至少放一个的条件不太好做，所以我们可以用 1 的答案减去不合法的方案数，这里用容斥即可

  \[\sum_{i = 0}^m (-1)^i \binom m i (m - i)^n \]

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4. 球不同，盒同

考虑第二类斯特林数：\(S_{n,m}\) 表示 \(n\) 个不同的元素组成 \(m\) 个非空集合的方案数，枚举有多少个盒子装了球，答案为

\[\sum_{i = 1}^m S_{n, i} \]

5. 球不同，盒同，每个盒子至多放一个

答案为：\([n \le m]\)

6. 球不同，盒同，每个盒子至少放一个

• \(n < m\) 无解
• \(n \ge m\) 这个和第 3 个的区别在于盒子相同，于是可以用第 3 个的答案除去 \(m!\) 即可

\[\frac {\sum_{i = 0}^m (-1)^i \binom m i (m - i)^n} {m!} \]

关于第 4 个问题为什么不能用第一个问题的答案除去 \(m!\) 得到

第 6 个问题可以由第 3 个问题转化过来的主要原因是：6 & 3 中的盒子都有球，并且因为 6 中的盒子装了不同的球，所以 6 中的装球盒子也都是本质不同的。回过头来看 4 ，因为盒子可以为空，所以空盒子本质相同，因此无法通过 1 转化

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后面这三个就是我们平时见得比较多的插板法了

7. 球相同，盒不同

\[\binom {n + m - 1} {m - 1} \]

8. 球相同，盒不同，每个盒子至多放一个

• \(n > m\) 无解
• \(n \le m\) ， \(\binom m n\)

9. 球相同，盒不同，每个盒子至少放一个

• \(n < m\) 无解
• \(n \ge m\) ，\(\binom {n - 1} {m - 1}\)

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10. 球相同，盒相同

设 \(p_{n,m}\) 表示“划分数”——即将 \(n\) 划分成 \(m\) 个自然数的可重集的方案数，那么我们的答案就是 \(p_{n,m}\)

经典 \(O(n^2)\) 的 \(dp\) ：

\[p_{i,j} = p_{i - j,j} + p_{i, j - 1} \]

11. 球相同，盒相同，每个盒子至多放一个

这个就和前面的那个是一样的 \([n \le m]\) ，因为盒子相同的话，放哪个盒子都是一样的，不论球是否相同

12. 球相同，盒相同，每个盒子至少放一个

• \(n < m\) 无解

• \(n \ge m\)

  考虑将上面划分数中的自然数变成正整数，先强制每个盒子放一个球，答案即为 \(p_{n - m,m}\)