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2*2*2=8种
n个小球放入m个盒子
1.球同，盒不同，不能空
用插板法
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，
答案就是C(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C(n+m-1,m-1)
3.球同，盒不同，不能空
这就是个dp问题了
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*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：
| dp[n][m]= | 1 | n=m&&n>=0 |
| 0 | m=0&&n>1 | |
| m*dp[n-1][m]+dp[n-1][m-1] | otherwise |
这个就是第二类斯特林数
4.球不同，盒同，可以空
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
答案就是∑i=1->m dp[n][i](dp[n][i]是第二类斯特林数)
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
也是个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)
所以答案就是
| dp[n][m]= | 1 | m=1||n<=1 |
| dp[n][n] | n<m | |
| dp[n][m-1]+dp[n-m][m] | n>=m |
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
所以答案就是
dp[n-m][m](n>=m)
0 (n<m)
其中dp是情况7的dp
练习
poj1664/xujcoj->作业板->算法练习4_软件->1
题目大意：中文。。。
解法：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;
}