组合计数 && Stirling数

参考：

http://blog.csdn.net/qwb492859377/article/details/50654627

http://blog.csdn.net/acdreamers/article/details/8521134

http://blog.csdn.net/sr_19930829/article/details/40888349

球，盒子都可以分成是否不能区分，和能区分，还能分成是否能有空箱子，所以一共是8种情况，我们现在来一一讨论。

1.球同，盒不同，无空箱

C(n-1,m-1), n>=m
0, n<m

使用插板法：n个球中间有n-1个间隙，现在要分成m个盒子，而且不能有空箱子，所以只要在n-1个间隙选出m-1个间隙即可

2.球同，盒不同，允许空箱

C(n+m-1,m-1)

我们在第1类情况下继续讨论，我们可以先假设m个盒子里都放好了1个球，所以说白了就是，现在有m+n个相同的球，要放入m个不同的箱子，没有空箱。也就是第1种情况

3.球不同，盒相同，无空箱

第二类斯特林数dp[n][m]
dp[n][m]=m*dp[n-1][m]+dp[n-1][m-1],1<=m<n
dp[k][k]=1,k>=0
dp[k][0]=0,k>=1
0,n<m

这种情况就是第二类斯特林数，我们来理解一下这个转移方程。

对于第n个球，如果前面的n-1个球已经放在了m个箱子里，那么现在第n个球放在哪个箱子都是可以的，所以m*dp[n-1][m];

如果前n-1个球已经放在了m-1个箱子里，那么现在第n个球必须要新开一个箱子来存放，所以dp[n-1][m-1]

其他的都没法转移过来

4.球不同，盒相同，允许空箱

sigma dp[n][i],0<=i<=m,dp[n][m]为情况3的第二类斯特林数

这种情况就是在第3种情况的前提下，去枚举使用的箱子的个数

5.球不同，盒不同，无空箱

dp[n][m]*fact[m],dp[n][m]为情况3的第二类斯特林数,fact[m]为m的阶乘

因为球是不同的，所以dp[n][m]得到的盒子相同的情况，只要再给盒子定义顺序，就等于现在的答案了

6.球不同，盒不同，允许空箱

power(m,n) 表示m的n次方

每个球都有m种选择，所以就等于m^n

7.球同，盒同，允许空箱

dp[n][m]=dp[n][m-1]+dp[n-m][m], n>=m
dp[n][m]=dp[n][m-1], n<m
边界dp[k][1]=1,dp[1][k]=1,dp[0][k]=1

现在有n个球，和m个箱子，我可以选择在所有箱子里面都放上1个球，也可以不选择这个操作。

如果选择了这个操作，那么就从dp[n-m][m]转移过来

如果没有选择这个操作，那么就从dp[n][m-1]转移过来

8.球同，盒同，无空箱

dp[n-m][m],dp同第7种情况,n>=m
0, n<m

因为要求无空箱，我们先在每个箱子里面放1个球，然后还剩下n-m个球了，再根据情况7答案就出来了

第一类Stirling数 s(p,k)

s(p,k)的一个的组合学解释是：将p个物体排成k个非空循环排列的方法数。

s(p,k)的递推公式： s(p,k)=(p-1)*s(p-1,k)+s(p-1,k-1) ,1<=k<=p-1

边界条件：s(p,0)=0 ,p>=1  s(p,p)=1  ,p>=0

递推关系的说明：

考虑第p个物品，p可以单独构成一个非空循环排列，这样前p-1种物品构成k-1个非空循环排列，方法数为s(p-1,k-1)；

也可以前p-1种物品构成k个非空循环排列，而第p个物品插入第i个物品的左边，这有(p-1)*s(p-1,k)种方法。

第二类Stirling数 S(p,k)

S(p,k)的一个组合学解释是：将p个物体划分成k个非空的不可辨别的（可以理解为盒子没有编号）集合的方法数。

k!S(p,k)是把p个人分进k间有差别(如：被标有房号）的房间(无空房）的方法数。

S(p,k)的递推公式是：S(p,k)=k*S(p-1,k)+S(p-1,k-1) ,1<= k<=p-1

边界条件：S(p,p)=1 ,p>=0    S(p,0)=0 ,p>=1

递推关系的说明：

考虑第p个物品，p可以单独构成一个非空集合，此时前p-1个物品构成k-1个非空的不可辨别的集合，方法数为S(p-1,k-1)；

也可以前p-1种物品构成k个非空的不可辨别的集合，第p个物品放入任意一个中，这样有k*S(p-1,k)种方法。

第一类斯特林数和第二类斯特林数有相同的初始条件，但递推关系不同。

//第二类Stirling数
long long s[maxn+10][maxn+10];//存放要求的Stirling数
const long long mod=1e9+7;
void get_s2()
{
    memset(s,0,sizeof(s));
    s[1][1]=1;
    for(int i=2;i<=maxn;i++){
        for(int j=1;j<=i;j++){
            s[i][j]=s[i-1][j-1]+j*s[i-1][j];
            //s[i][j]=(s[i-1][j-1]+j*s[i-1][j]%mod)%mod; //如果需要取模
        }
    }
}
//第一类stirling数
void get_s1()
{
    memset(s,0,sizeof(s));
    s[1][1]=1;
    for(int i=2;i<=maxn;i++){
        for(int j=1;j<=i;j++){
            s[i][j]=s[i-1][j-1]+(i-1)*s[i-1][j];
            //s[i][j]=(s[i-1][j-1]+(i-1)*s[i-1][j]%mod)%mod;
        }
    }
}