註意：此講適合聯賽一試學生，以及參加清華北大等名校的自主招生的學生.

經典計數之分配問題:把n個球放進k個盒子。考慮分配方法有三類:1.無限制 2.每個盒子至多一個（f 單的）3.每個盒子至少一個（f 滿的）.球和盒子都只考慮兩種極端情況：全同或全不同。這樣一共會有3*2*2=12種分配情況,如下:

證明：

1.略

2.此時只考慮$k\ge n$這種有意義情況，由分步計數原理易得$(k)_n=k(k-1)\cdots(k-n+1)$

3.此時只考慮$n\ge k$這種有意義情況,第一步將n球分成k部分有$S(n,k)$種方法，第二步

分好的k部分球放到$k$個不同的盒子裏有$k!$種排法.所以完成這件事情一共有$k!S(n,k)$種方法.

這裏$S(n,k)$定義如下：

4.方程$x_1+x_2+\cdots+x_k=n$的非負整數解.

5.此時只考慮$k\ge n$這種有意義情況，由於“f單”意味著每個盒子裏至多放一個球，只需

$k$個盒子裏取$n$個，然後取出的盒子各放一個球。

6.方程$x_1+x_2+\cdots+x_k=n$的正整數解.

7.$n$元集至多分成$k$部分.

8.定義

9.$n$元集的$k$部分拆數為第二類$stirling$數$S(n,k)$

10.正整數$n$至多分成$k$個部分。這裏分拆數$p(n,k)$定義如下：

註意：這裏說的分拆是不計較各部的次序的，比如4的分拆為2,1,1一種。但4的有序分拆有三個(2,1,1);(1,2,1);(1,1,2).一般而言有序分拆好處理.比如$n$的$k$部有序分拆就是$x_1+x_2+\cdots+x_k=n$的正整數個數.

顯然$p(n,1)=p(n,n-1)=p(n,n)=1;p(n,2)=[\frac{n}{2}]$，當$k>n$時$p(n,k)=0$一般的$p(n,k)$沒有簡單的表示方法.

註：$(n_1,n_2,\cdots,n_k)_{\ge}$表示$n_1\ge n_2\ge \cdots \ge n_k\ge1$

原則上所有$p(n,k)$可有遞推式逐個求得，例如：

11.定義

12.只需考慮$n\ge k$的情況,正整數$n$的$k$部分拆$p(n,k)$

註：當然除了這12種情況外還有一些情況，比如盒子中有部分相同部分不同。但往往這樣

的情況的考察意義不大，因為很難期望會有一般的計數公式.

MT【100】經典計數之分配問題