這類問題的基本模型是：你有$n$個小球，$m$個盒子，現在想把這$n$個小球放進$m$個盒子中，問有多少种放的方法
但是隻給出這樣的條件並不足夠，我們必須加上一些限制，否則結果是不確定的
一般加的有三個限制，即小球是否有區別、盒子是否有區別、允不允許有空盒子，也因此可以組合出八種不同的問題
接下來我們逐個討論這八種問題
一.小球有區別，盒子有區別，允許有空盒子
這是最簡單的，因爲每個小球都有$m$種不同的放法，於是總共有$m^{n}$種不同的放法
二.小球有區別，盒子有區別，不允許有空盒子
首先是初等的情況：如果$m>n$，那麼顯然是不可能放好的，方案數爲0
那麼如果$m=n$，答案就是$n!$（注意不是$n!m!$，這是初學者常犯的錯誤，你不能讓這倆一起變化）
而對於$n>m$的情況，我們不妨構造一個遞推式$f[n][m]$表示把$n$個不同小球放進$m$個不同盒子的方法，那麼當我們新增一個小球的時候，我們可以有：
$f[n+1][m]=m*(f[n][m]+f[n][m-1])$，這個遞推式成立的原因是：當我們新增一個小球的時候，面對$m$個盒子就有兩種可能，一種是原來這$m$個盒子都已經有球了，那麼這個小球隨便選個盒子放進去就行，另一種是原來只有$m-1$個盒子裏有球，這樣這個新來的球只能放在沒有球的那個盒子裏，但是由於盒子不同，沒有球的盒子可能是這$m$個盒子中任何一個，因此也有$m$種可能
三.小球沒區別，盒子有區別，不允許有空盒子
這種情況等價於求方程$x_{1}+...+x_{m}=n$的所有正整數解的組數
實際上就是決定每個盒子裏要放幾個小球，那麼我們採用隔板法，把小球排成一行，這樣小球之間一共有$n-1$個空隙，然後在這$n-1$個空隙中選擇$m-1$個空隙放下隔板，這樣第$i$個隔板與第$i+1$個隔板之間就是要放進第$i+1$個盒子的小球，於是答案即爲$C_{n-1}^{m-1}$
四.小球沒區別，盒子有區別，允許有空盒子
這種情況等價於求方程$x_{1}+...+x_{m}=n$的所有非負整數解的組數
這種情況也很容易，我們再拿$m$個小球過來，在每個盒子裏都放一個，這樣問題就轉化成了你有$n+m$個小球，放進$m$個盒子裏，不允許有空盒子的上面三的情況，那麼答案即爲$C_{n+m-1}^{m-1}$
但是如果換一個角度，我們說允許有空盒子，那麼我們忽略所有空盒子剩下的盒子就是不空的（廢話），那麼我們假設有$i$個盒子非空，那麼放法就是$C_{n-1}^{i-1}$，而由於盒子不同，選出這$i$個不空的盒子的方法爲$C_{m}^{i}$，於是答案即爲$\sum_{i=1}^{m}C_{m}^{i}C_{n-1}^{i-1}$，那麼我們還可以獲得一個組合恆等式：$\sum_{i=1}^{m}C_{m}^{i}C_{n-1}^{i-1}=C_{n+m-1}^{m-1}$
五.小球有區別，盒子沒區別，不允許有空盒子
這裏開始變得有些困難了，我們考慮遞推：設$f[n][m]$爲此時的方案數，那麼有轉移$f[n+1][m]=mf[n][m]+f[n][m-1]$
這個遞推式的合理性在於，當我們新加一個小球的時候有兩種可能的情況，一種是原來的$m$個盒子已經放滿了，那麼可以任選一個盒子放進去，另一種是還有一個空盒子，但是由於盒子沒區別，所以空的是哪個無所謂，故前者要乘$m$，後者不乘
記$S_{2}(n,k)=f[n][k]$，這就是第二類斯特林數
第二類斯特林數$S(n,k)$表示將$n$個不同元素劃分爲$k$個集合的方案數
遞推式：$S(n,k)=S(n-1,k-1)+kS(n-1,k)$
組合意義下的寫法：$S(n,k)=\frac{1}{k!}\sum_{i=0}^{k}(-1)^{i}C(k,i)(k-i)^{n}$
這樣的話，考慮快速求斯特林數的方法：
展開後面的組合數：
$S(n,k)=\frac{1}{k!}\sum_{i=0}^{k}(-1)^{i}\frac{k!}{i!(k-i)!}(k-i)^{n}$
然後扔到前面去：
$S(n,k)=\sum_{i=0}^{k}\frac{(-1)^{i}}{i!}\frac{(k-i)^{n}}{(k-i)!}$
這就是卷積了嘛
性質：
$m^{n}=\sum_{i=0}^{m}C_{m}^{i}S(n,i)i!$
六.小球有區別，盒子沒區別，允許有空盒子
由於允許有空盒子，那麼我們忽略所有空盒子就是必須放滿的情況，那麼答案就是$\sum_{i=1}^{m}S_{2}(n,i)$（即只放在一個盒子~放在全部$m$個盒子的方案數之和）
七.小球沒區別，盒子沒區別，允許有空盒子
這實際上就是把$n$拆成$m$個非負數之和的方案數，一般將這個數記作$P_{m}(N)$，但是這裏可以寫出一個遞推$P[n+m][m]=P[n][m]+P[n+m][m-1]$，這個遞推的思想是分兩類討論，一類是沒有空盒子，那麼相當於是在$n$進行$m$拆分的基礎上每個數加上$1$，而如果有空盒子，那麼不妨在$m-1$個盒子的基礎上多放一個空盒子就可以。
八.小球沒區別，盒子沒區別，不允許有空盒子
類似上面的處理，我們可以先在每個盒子裏放一個球轉化成七的情況，這樣答案就是上面的$P[n-m][m]$