球盒模型

证明前提约定

• 固定变量: \(n\) 个球，\(m\) 个盒，记方案数为 \(N\)
• 核心判断维度:
  • 球是否可区分（用「球≠」表示可区分，「球=」表示不可区分）
  • 盒是否可区分（「盒≠」「盒=」）
  • 盒限制（无限制 / 最多1个 / 至少1个）
• 基础工具: 乘法原理、排列组合、隔板法、容斥原理、递推思想

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场景 1：球≠，盒≠，无限制

前提：每个球独立选择盒子，无任何限制

证明：

1. 第1个球：有 \(m\) 个盒子可选（任意盒均可放）
2. 第2个球：同样有 \(m\) 个选择（与其他球选择独立，可同盒）
3. ... 第 \(n\) 个球：仍有 \(m\) 个选择
4. 由乘法原理，总方案数为各球选择数的乘积：
   \[N = m \times m \times \cdots \times m = m^n \]

结论：\(N = m^n\)

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场景 2：球≠，盒≠，每盒最多1个

前提：每个盒子最多放1个球，需满足 \(n \leq m\)（否则无可行方案）

证明：

1. 第1个球：有 \(m\) 个盒子可选
2. 第2个球：因每盒最多1个，需避开第1个球的盒子，有 \(m-1\) 个选择
3. ... 第 \(n\) 个球：需避开前 \(n-1\) 个球的盒子，有 \(m-(n-1)\) 个选择
4. 由乘法原理，总方案数为排列数：
   \[N = m \times (m-1) \times \cdots \times (m-n+1) = P(m,n) = (m)_n \]

5. 若 \(n > m\)：第 \(n\) 个球无盒子可选，方案数 \(N = 0\)

结论：

\[N = P(m,n) = \begin{cases} m(m-1)\cdots(m-n+1) & n \leq m \\ 0 & n > m \end{cases} \]

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场景 3：球≠，盒≠，每盒至少1个

前提：每个盒子至少放1个球，即「满射映射」（球=定义域，盒=值域）

证明：

1. 先不考虑「至少1个」限制，总映射数为 \(m^n\)（场景1结论）
2. 减去「至少1个盒空」的情况：用容斥原理
   • 设 \(A_i\) 表示「第 \(i\) 个盒空」的映射集合，则 \(|A_i| = (m-1)^n\)（剩余 \(m-1\) 个盒无限制）
   • 任意2个集合交集 \(|A_i \cap A_j| = (m-2)^n\)，以此类推
3. 容斥公式：
   \[N = \sum_{i=0}^m (-1)^i \binom{m}{i} (m-i)^n \]
   • 解释：\(\binom{m}{i}\) 表示选 \(i\) 个盒空，\((m-i)^n\) 是剩余 \(m-i\) 个盒的无限制映射
   • \((-1)^i\) 为交替加减符号
4. 另一种推导：结合第二类斯特林数 \(S(n,m)\)
   • 盒≠时，需对 \(m\) 个盒排序，即乘 \(m!\)
   • 故 \(N = m! S(n,m)\)
   • 与容斥公式等价（因 \(S(n,m) = \frac{1}{m!} \sum_{i=0}^m (-1)^i \binom{m}{i} (m-i)^n\)）

结论：

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

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场景 4：球≠，盒=，无限制

前提：盒子无差异，无需考虑顺序，仅关心「非空盒的数量」

证明：

1. 无限制意味着非空盒数量可从1到 \(\min(m,n)\)
2. 对每个非空盒数量 \(k\)（\(1 \leq k \leq \min(m,n)\)）：
   • 「球≠、盒=、每盒至少1个」的方案数为第二类斯特林数 \(S(n,k)\)
3. 总方案数为所有可能 \(k\) 的求和：
   \[N = \sum_{k=1}^{\min(m,n)} S(n,k) \]

4. 当 \(m \geq n\) 时，非空盒最多 \(n\) 个，求和上限为 \(n\)
5. 当 \(m < n\) 时，非空盒最多 \(m\) 个，求和上限为 \(m\)

结论：\(N = \sum_{k=1}^{\min(m,n)} S(n,k)\)

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场景 5：球≠，盒=，每盒最多1个

前提：盒子无差异，每个盒最多放1个球

证明：

1. 每个盒最多1个球 → 非空盒数量 = 球的数量 \(n\)
2. 盒子无差异，只需判断「是否有足够的盒子容纳 \(n\) 个球」：
   • 若 \(n \leq m\)：有 \(m \geq n\) 个盒，可选择 \(n\) 个盒各放1球（盒无差异，仅1种方式）
   • 若 \(n > m\)：盒子数量不足，无法容纳，方案数为0
3. 用克罗内克函数表示：
   \[\delta(n \leq m) = \begin{cases} 1 & n \leq m \\ 0 & n > m \end{cases} \]

结论：\(N = \delta(n \leq m)\)

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场景 6：球≠，盒=，每盒至少1个

前提：盒子无差异，每个盒至少放1个球（第二类斯特林数的定义场景）

证明：

1. 直接用递推思想推导 \(S(n,m)\)：
   • 考虑第 \(n\) 个球的放置方式：
     • 方式1：第 \(n\) 个球单独成盒 → 剩余 \(n-1\) 个球需放入 \(m-1\) 个盒（每盒至少1个），方案数 \(S(n-1,m-1)\)
     • 方式2：第 \(n\) 个球加入已有盒 → 剩余 \(n-1\) 个球已放入 \(m\) 个盒（每盒至少1个），第 \(n\) 球有 \(m\) 个盒可选，方案数 \(mS(n-1,m)\)
   • 递推公式：\(S(n,m) = S(n-1,m-1) + mS(n-1,m)\)
2. 边界条件验证：
   • \(S(n,1) = 1\)（所有球放1个盒，仅1种方式）
   • \(S(n,n) = 1\)（每个球单独成盒，仅1种方式）
   • \(S(n,m) = 0\)（\(n < m\) 时，无法每盒至少1个）
3. 容斥公式佐证：由场景3的满射计数公式除以 \(m!\)（消除盒的排序）得：
   \[S(n,m) = \frac{1}{m!} \sum_{i=0}^m (-1)^i \binom{m}{i} (m-i)^n \]

结论：\(N = S(n,m)\)（第二类斯特林数）

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场景 7：球=，盒≠，无限制

前提：球相同（无需区分），盒不同（需考虑顺序），可空盒

证明：

1. 转化为「整数解计数问题」：设第 \(i\) 个盒放 \(x_i\) 个球（\(x_i \geq 0\)，整数），需满足 \(x_1 + x_2 + \cdots + x_m = n\)
2. 用隔板法：将 \(n\) 个相同球排成一列，有 \(n-1\) 个间隙，插入 \(m-1\) 个隔板（隔板可相邻，对应空盒）
   • 总元素数：\(n\) 个球 + \(m-1\) 个隔板 = \(n+m-1\) 个位置
   • 方案数 = 从 \(n+m-1\) 个位置中选 \(m-1\) 个放隔板（剩余位置放球）
3. 组合数表示：
   \[N = \binom{n+m-1}{m-1} = \binom{n+m-1}{n} \]
   （组合数对称性 \(\binom{a}{b} = \binom{a}{a-b}\)）

结论：\(N = \binom{n+m-1}{n}\)

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场景 8：球=，盒≠，每盒最多1个

前提：球相同，盒不同，每个盒最多放1个球

证明：

1. 每个盒最多1个球 → 需选择 \(n\) 个盒子（每个选好的盒放1个球）
2. 球相同：无需考虑球的顺序，仅需选盒
3. 组合数计数：从 \(m\) 个盒中选 \(n\) 个，方案数 \(\binom{m}{n}\)
4. 特殊情况：若 \(n > m\)，无法选出 \(n\) 个盒，方案数 \(N = 0\)

结论：\(N = \binom{m}{n}\)

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场景 9：球=，盒≠，每盒至少1个

前提：球相同，盒不同，每个盒至少放1个球

证明：

1. 转化为「非空整数解计数」：设 \(x_i \geq 1\)（每盒至少1个），满足 \(x_1 + x_2 + \cdots + x_m = n\)
2. 预处理：令 \(y_i = x_i - 1\)（\(y_i \geq 0\)），则方程转化为 \(y_1 + y_2 + \cdots + y_m = n - m\)
   • 要求 \(n - m \geq 0\)（否则无解），即 \(n \geq m\)
3. 套用场景7的隔板法：方案数 = \(\binom{(n-m)+m-1}{m-1} = \binom{n-1}{m-1}\)
4. 若 \(n < m\)：则 \(n-m < 0\)，无整数解，方案数 \(N = 0\)

结论：

\[N = \binom{n-1}{m-1} \quad (n \geq m) \]

否则 \(N = 0\)

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场景 10：球=，盒=，无限制

前提：球和盒均无差异，仅关心「球的数量拆分」（整数分拆）

证明：

1. 无限制意味着：拆分后的自然数个数 ≤ \(m\)（最多用 \(m\) 个盒，空盒等价于不参与拆分）
2. 定义「\(m\) 部分拆数」\(p_m(n)\)：将 \(n\) 拆分为最多 \(m\) 个自然数之和的方案数
   • 例：\(n=3, m=2\) → 拆分方式：3（1个部分）、1+2（2个部分），共2种，即 \(p_2(3)=2\)
3. 递推公式验证（辅助理解）：
   \[p_m(n) = p_{m-1}(n) + p_m(n-m) \]
   • 解释：\(p_{m-1}(n)\) 表示「最多 \(m-1\) 个部分」（不含 \(m\) 个盒）
   • \(p_m(n-m)\) 表示「恰好 \(m\) 个部分」（先给每个部分加1，转化为 \(n-m\) 的最多 \(m\) 部分拆）
4. 边界条件：\(p_m(0) = 1\)（0拆为0个部分，1种方式），\(p_m(n) = 0\)（当 \(n<0\)）

结论：\(N = p_m(n)\)（\(m\) 部分拆数）

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场景 11：球=，盒=，每盒最多1个

前提：球和盒均无差异，每个盒最多放1个球

证明：

1. 每个盒最多1个球 → 拆分后的自然数只能是1（每个非空盒放1个球），且自然数个数 = 球数 \(n\)
2. 因盒无差异，只需判断「非空盒数量 \(n\) 是否 ≤ 总盒数 \(m\)」：
   • 若 \(n \leq m\)：可选择 \(n\) 个盒各放1球（盒无差异，仅1种方式）
   • 若 \(n > m\)：盒子数量不足，无法容纳，方案数为0
3. 与场景5逻辑一致（球≠/球=不影响，因每盒最多1个，球的区分性无意义）

结论：\(N = \delta(n \leq m)\)

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场景 12：球=，盒=，每盒至少1个

前提：球和盒均无差异，每个盒至少放1个球

证明：

1. 每盒至少1个球 → 拆分后的自然数个数 = \(m\)（恰好 \(m\) 个部分，无空盒），且每个自然数 ≥ 1
2. 转化为「恰好 \(m\) 个部分的分拆数」：
   • 先给每个盒放1个球（满足至少1个），剩余 \(n-m\) 个球（需 \(n \geq m\)，否则无解）
   • 剩余 \(n-m\) 个球无限制分配（可补到任意盒），因球=、盒=，等价于「将 \(n-m\) 拆分为最多 \(m\) 个自然数之和」（即 \(p_m(n-m)\)）
   • 但因原盒数固定为 \(m\)，拆分后总部分数为 \(m\)（剩余球的拆分不增加部分数）
3. 例：\(n=3, m=2\) → 先各盒放1个球，剩余1个球，补到任意盒 → 拆分方式：1+2（仅1种），即 \(p_2(3-2) = p_2(1) = 1\)
4. 若 \(n < m\)：则 \(n-m < 0\)，无可行的拆分，方案数 \(N = 0\)

结论：

\[N = \begin{cases} p_m(n-m) & n \geq m \\ 0 & n < m \end{cases} \]

即 \(n\) 拆为恰好 \(m\) 个自然数之和的分拆数