數算球入盒

基本問題：把若干球放入若干盒子，共多少種放法？下表是總結：

以下 3 個情況屬 core mathematics 的範圍：

（一）

e.g.
k = 4 個球上分別寫上 a,b,c,d，即 4 個球是不同的，是可分辨的；n = 3 個盒子上，分別貼上號碼 1,2,3，即 3 個盒子是不同的，是可分辨

的。

a 球可以入盒 1, 盒 2 或盒 3，共 3 種選擇；
b 球可以入盒 1, 盒 2 或盒 3，共 3 種選擇；
c 球可以入盒 1, 盒 2 或盒 3，共 3 種選擇；
d 球可以入盒 1, 盒 2 或盒 3，共 3 種選擇；

故入盒方法共 $3\times 3\times 3\times 3 =3^4$

一般地，把 k 個可分辨的球，放在 n 個可分辨的盒子內，共 n^k 種方法。

（二）

把 k 個可分辨的球，放在 n 個可分辨的盒子內，要求盒子不可放超過 1 個球，即容許空盒。既是如此，必有 $n \ge k$ 。
e.g.
設 k = 3 個球分別寫上 a,b,c；在 n = 4 個盒子分別貼上 1,2,3,4 號碼。
用 (a,2)，(b,1)，(c,4) 代表 a 球在 1 盒；b 球在 1 盒；c 球在 4 盒。
現在想像 a,b,c 是固定了，我們從 4 個盒選 3 個，蓋在 a,b,c 上；所以
(a,2)，(b,1)，(c,4) 對應 [2,1,3] 這個排法；
類似地，
(a,4)，(b,3)，(c,1) 對應 [4,3,1] 這個排法；
(a,3)，(b,1)，(c,2) 對應 [3,1,2] 這個排法；
諸如此類；所以
把 3 個可分辨的球，放在 4 個可分辨的盒子內，要求盒子不可放超過 1 個球，有多少放法，相當於
把 4 個數字 {1,2,3,4} 排 3 個位的隊（e.g. [3,1,2]）有多少種排法，即 P^4_3 種。
一般地，把 k 個可分辨的球，放在 n 個可分辨的盒子內，要求盒子不可放超過 1 個球，共 P^n_k 種放法。

（三）

把 k 個不可分辨的球，放在 n 個可分辨的盒子內，要求盒子不可放超過 1 個球，即容許空盒。既是如此，必有 $n \ge k$ 。
e.g.
設 k = 3 個不可分辨的球：O O O；在 n = 4 個盒子分別貼上 1,2,3,4 號碼。
用 (O,2)，(O,1)，(O,4) 代表 3 個球分別放在 2 號盒，1 號盒及 4 號盒；
用 (O,4)，(O,2)，(O,1) 代表 3 個球分別放在 4 號盒，2 號盒及 1 號盒等，
留意上述兩個情況根本一樣是代表盒子 1,2,4 有一個球，表之曰 {1,2,4}。
故把 3 個不可分辨的球，放在 4 個可分辨盒子的放法，相當於
把 4 個數字 {1,2,3,4} 選 3 個（e.g. {1,2,4}）的選法，即 C^4_3 種。
一般地，把 k 個不可分辨的球，放在 n 個可分辨的盒子內，要求盒子不可放超過 1 個球，共 C^n_k 種放法。

以下介紹 2 個情況，相信讀 core mathematics 的同學應該可以理解：

（四）

把 k 個不可分辨的球，放在 n 個可分辨的盒子內，要求盒子放至少 1 個球，即不容許空盒。既是如此，必有 $k \ge n$ 。
e.g.
設 k = 6 個不可分辨的球：O O O O O O；在 n = 3 個盒子分別貼上 1,2,3 號碼。

用 (OO,1)，(O,2)，(OOO,3) 代表 2 個球入 1 號盒，1 個球入 2 號盒，3 個球入 3 號盒；
用 (OOOO,1)，(O,2)，(O,3) 代表 4 個球入 1 號盒，1 個球入 2 號盒，1 個球入 3 號盒；
用 (OOO,1)，(OO,2)，(O,3) 代表 3 個球入 1 號盒，2 個球入 2 號盒，1 個球入 3 號盒；

固定盒號（由左至右：1,2,3），只畫出球，那麼上面 3 個情況，分別可表成：

O　O，O，O　O　O 及
O　O　O　O，O，O 及
O　O　O，O　O，O

可見，把 2 個逗號，放在 O 與 O 之間不同的空位，就代表把球放盒不同的方式。
由於不容許空盒，那麼 6 個 O 只有 6-1=5 個空位，安放逗號（每個空位最多只能放 1 個）：

O＿O＿O＿O＿O＿O

有 3 個盒子，便用 3-1=2 個逗號把 6 個 O 分 3 組。
所以，
把 6 個不可分辨的球，放在 3 個可分辨盒子（不容許空盒）有多少方法，相當於
把 3-1 個逗號，放在 6-1 個（可分辨的）空位有多少方法，
易知，共 $C^{6-1}_{3-1}=10$ 種。
驗算，10 種情況如下：

(4,1,1)：即 4 個球在 1 號盒，1 個在 2 號，1 個在 3 號。
(3,2,1)
(2,3,1)
(1,4,1)
(3,1,2)
(2,2,2)
(1,3,2)
(1,2,3)
(2,1,3)
(1,1,4)

一般地，把 k 個不可分辨的球，放在 n 個可分辨的盒子內，且不容空盒，共 $C^{k-1}_{n-1}$ 種放法。

（五）

把 k 個不可分辨的球，放在 n 個可分辨的盒子內。放球數目沒限制，即容許空盒。
這裡用的符號： H^n_r ，是以前讀中學時，在數學參考書＂Aids to Advanced Level Pure Mathematics Part 2 (Greenwood Press)＂學到的，其意為： $H^n_k=C^{n+k-1}_k$
e.g.
設 k = 6 個不可分辨的球：O O O O O O；在 n = 3 個盒子分別貼上 1,2,3 號碼。

用 (OO,1)，(O,2)，(OOO,3) 代表 2 個球入 1 號盒，1 個球入 2 號盒，3 個球入 3 號盒；
用 (OOOO,1)，(OO,3) 代表 4 個球入 1 號盒，0 個球入 2 號盒，2 個球入 3 號盒；
用 (OOOOOO,3) 代表 0 個球入 1 號盒，0 個球入 2 號盒，6 個球入 3 號盒；

固定盒號（由左至右：1,2,3），只畫出球，那麼上面 3 個情況，分別可表成：

OO，O，OOO 及
OOOO，，OO 及
，，OOOOOO

這和上段（四）不同，兩個 O 之間，不一定只能放至多 1 個逗號，可以放 2 個（見上例第二行），逗號甚或可以在第一個位或最後一位（見上例第三行）。
如何數算？我們可以想像 O 和逗號有「同等地位」，現在就有 6+2 個物件（6 個 O，2 個逗號）在排隊。
有多少種情況，即是把 2 個（相同的）逗號，放在 6+2 個（不同的）位置，共有 $C^{6+2}_2=28$ 種。
即 6 個不可分辨的球，放在 3 個可分辨盒子，共 $C^{6+2}_2=28$ 種放法。
一般地，把 k 個不可分辨的球，放在 n 個可分辨的盒子內，共 $C^{n+k-1}_{n-1}=C^{n+k-1}_{k}$ 種放法。

以下 3 個涉及的情況，技巧已屬 A-Level 範圍，高中同學閱讀時或會辛苦，我盡量說。

（六）

把 k 個可分辨的球，放在 n 個不可分辨的盒子內，且不容許空盒。

起碼兩個方法處理：
1.容斥原理
2.生成函數
個人經驗，方法 1 較方法 2 易，但想先引入 S^n_k ，故先談生成函數。

設「把 k 個可分辨的球，放在 n 個不可分辨的盒子內，且不容許空盒。」的方法數有 S^n_k 種。

先想想一些簡單情況：

e.g.1 S^1_k=?
k 球入 1 盒，當然只有 1 種方式，故 S^1_k=1

e.g.2 S^k_k=?
k 球入 k 盒（不可分辨的），當然只有 1 種方式，故 S^k_k=1

e.g.3 S^2_k=?
以 S^2_4 為例，4 個可分辨球：{a,b,c,d}，放入 2 個不可分辨的盒，情況共有 7 種，見下：
{a}{b,c,d}
{b}{a,c,d}
{c}{a,b,d}
{d}{a,b,c}
{a,b}{c,d}
{a,c}{b,d}
{a,d}{b,c}

如何數算？
兩盒名之曰 1 和 2，那麼 a 球可放於 1 或 2，兩個選擇；之後，b 球也可放於 1 或 2，又有兩個選擇；如此類推。以 tree diagram 表之如

下：

可見共有 2^4 個情況。但當中，如圖指出，比如 {a,b}{c,d} 和 {c,d}{a,b} 是相同的，因為盒子本來是不可分辨的，沒有甚麼 1 號

2 號之分別；故只有 $2^4\div 2=2^3$ 個不同情況。當中的 {a,b,c,d}{ } 是不容許的，因為我們不容許空盒。所以 S^2_4=2^3-1=7 。一般地， $S^2_k=2^{k-1}-1$ 。

另一個得出 $S^2_k=2^{k-1}-1$ 的想法是，先把一個球，比如 a，放在其中一個盒子。那麼，兩個不可分辨的盒子，便有分別了（一個

有球，一個冇），變成可分辨。餘下的 k-1 個球，各有 2 個選擇入盒，共 $2^{k-1}$ 個選擇。當中一個情況是：餘下的 k-1 個也放進已有球 a 的盒子，出現空盒，不合；故 $S^2_k=2^{k-1}-1$ 。

好了，現在希望得出 S^n_k 的具體公式。以遞迴關係（recurrence relation）開始：

考慮先把一個球，比如 a，放在其中一個盒子。好了，餘下的 k-1 個球，放盒情況有兩類：

情況 1： k-1 個球皆不放在有球 a 的那盒子。
情況 2：不是情況 1。

情況 1，相當於把 k-1 個可分辨球放在 n-1 個不可分辨的盒子，且不容空盒。故共有 $S^{n-1}_{k-1}$ 種可能。
情況 2，不是情況 1，指球 a 不孤單，有別的球和它共盒。此情況如何數算？讓我以 5 個可分辨球 {a,b,c,d,e} 放入 3 個不可分辨盒子說明

之。把 a 放某盒後，暫時無視它，考慮餘下 5-1=4 個球入 3 個盒，且不容許空盒，那麼，a 一定不孤單。而 5-1=4 球入 3 盒，且不容許空

盒的方法有 $S^{3}_{5-1}$ 種，當中包括（比方說）{b}{c}{d,e}。好了，如果把球 a 也顯示出來，可以有以下

{a,b}{c}{d,e}
{b}{a,c}{d,e}
{b}{c}{a,d,e}

3 個情況，因球 a 可放在 3 個盒的其中一個（注：放了 b,c,d,e 後，3 個盒子就變成可分辨了），於是，一般地，情況 2 有 $nS^ {n}_{k-1}$ 種方式。結合情況 1 和 2，得

$S^n_k=S^{n-1}_{k-1}+nS^{n}_{k-1}$

這個遞迴關係。

如果 n 和 k 的數目不大，只要不斷運用上式，不難計算出 S^n_k 。比如設 n = 3, k = 5；由上式，得

$S^3_5=S^{2}_{4}+3S^{3}_{4}=(2^{4-1}-1)+3(S^2_3+3S^3_3)=7+3(2^{3-1}-1+3)=25$

即「把 5 個可分辨的球，放在 3 個不可分辨的盒子內，且不容許空盒」共 25 種放法，見：

{a}{b}{c,d,e}
{a}{c}{b,d,e}
{a}{d}{b,c,e}
{a}{e}{b,c,d}
{b}{c}{a,d,e}
{b}{d}{a,c,e}
{b}{e}{a,c,d}
{c}{d}{a,b,e}
{c}{e}{a,b,d}
{d}{e}{a,b,c}

{b,c}{a}{d,e}
{b,d}{a}{c,e}
{b,e}{a}{c,d}
{a,c}{b}{d,e}
{a,d}{b}{c,e}
{c,d}{b}{a,e}
{a,b}{c}{d,e}
{a,d}{c}{b,e}
{b,d}{c}{a,e}
{a,b}{d}{c,e}
{a,c}{d}{b,e}
{b,c}{d}{a,e}
{a,b}{e}{c,d}
{a,c}{e}{d,e}
{b,c}{e}{a,e}

利用 Excel，不難表列出一些 S^n_k 的值，見下（注：這裡定義 S^0_0=1 ）

現在利用生成函數（generating function），希望得出 S^n_k 的較具體的公式。

為簡化表達，以下無可避免地用到 $\sum$ 和 $\prod$ 符號，可能要修 M2 的同學才比較容易看明，見諒。

對於 $n\ge 0$ ，定義

$f_n(x)=\displaystyle \sum_{k=0}^{\infty}S^n_kx^k$

（其中 S^0_0=1 。對於 $k \ge 1$ ， S^0_k=0 ；從而 f_0(x)=1 。）

可見， S^n_k 是 f_n(x) 中 x^k 的系數；有辦法找出 x^k 的系數，就有辦法找到 S^n_k 。

好了，利用 $S^n_k=S^{n-1}_{k-1}+nS^{n}_{k-1}$ 這個遞迴關係，得

f_n(x)

$=\displaystyle \sum_{k=0}^{\infty}S^n_kx^k$

$=\displaystyle \sum_{k=1}^{\infty}(S^{n-1}_{k-1}+nS^{n}_{k-1})x^k$

$=\displaystyle x\sum_{k=1}^{\infty}S^{n-1}_{k-1}x^{k-1}+nx\sum_{k=1}^{\infty}S^{n}_{k-1}x^{k-1}$

$=\displaystyle x\sum_{k=0}^{\infty}S^{n-1}_{k}x^{k}+nx\sum_{k=0}^{\infty}S^{n}_{k}x^{k}$

$=xf_{n-1}(x)+nxf_n(x)$

於是

$f_n(x)=\frac{x}{1-nx}f_{n-1}(x)$

更進一步，

f_n(x)

$=\frac{x}{1-nx}f_{n-1}(x)$

$=\frac{x}{1-nx}\frac{x}{1-(n-1)x}f_{n-2}(x)$

$\dots$

$=\frac{x^n}{(1-x)(1-2x)(1-3x)\dots (1-nx)}$

如何尋求 x^k 的系數？兩個步驟：

1.分解部分分式（resolve into partial fractions）
2.化成等比級數（geometric series）

詳情如下，設

$\frac{x^n}{(1-x)(1-2x)(1-3x)\dots (1-nx)}\equiv 1+\frac{x^n-(1-x)(1-2x)(1-3x)\dots (1-nx)}{(1-x)(1-2x)(1-3x)\dots (1-nx)}\equiv 1+\displaystyle \sum^{n}_{j=1}\frac{a_j}{1-jx}$

得

$x^n\equiv (1-x)(1-2x)(1-3x)\dots (1-nx)+\displaystyle \sum^n_{j=1}a_j\prod_{1\le i \le n,i\ne j}(1-ix)$

代入 $x=\frac{1}{j}$ 　（其中 $j=1,2,\dots n$ ）得

$\frac{1}{j^n}=a_j(1-\frac{1}{j})(1-\frac{2}{j})(1-\frac{3}{j})\dots (1-\frac{j-1}{j})(1-\frac{j+1}{j})\dots (1-\frac{n}{j})$

$\Rightarrow \frac{1}{j}=a_j(j-1)!(-1)^{n-j}(n-j)!$

$\Rightarrow a_j=\frac{(-1)^{n-k}}{j!(n-j)!}=\frac{(-1)^{n-j}}{n!}C^n_j$

所以

$f_n(x)=\sum_{j=0}^n\frac{(-1)^{n-j}}{n!}C^n_j\frac{1}{1-jx}$

好了，等比級數出場，假設級數收斂，知

$1+(jx)+(jx)^2+(jx)^3+\dots =\frac{1}{1-jx}$

故

$f_n(x)=\displaystyle \sum_{j=0}^n\frac{(-1)^{n-j}}{n!}C^n_j(1+(jx)+(jx)^2+(jx)^3+\dots)$

於是， x^k 的系數就是

$\displaystyle \sum_{j=0}^n\frac{(-1)^{n-j}}{n!}C^n_jj^k$

即是說

$S^n_k=\frac{1}{n!}\displaystyle \sum_{j=0}^n(-1)^{n-j}C^n_jj^k$

故，「把 5 個可分辨的球，放在 3 個不可分辨的盒子內，且不容許空盒」共

$S^3_5=\frac{1}{3!}\displaystyle \sum_{j=0}^n(-1)^{3-j}C^3_jj^5=\frac{1}{3!}(C^3_1-C^3_2(2^5)+C^3_3(3^5))=25$ 種。

以上用了生成函數，但其實用容斥原理更直接快捷，下面再談。

補充一下，純粹因為上表有 C^n_k ， P^n_k ， H^n_k ，我隨便自創符號 S^n_k ，其實常見符號應是

名為第二類斯特林數（Stirling number of the second kind），維基有更詳細介紹，見：

http://en.wikipedia.org/wiki/Stirling_numbers_of_the_second_kind

（七）

把 k 個可分辨的球，放在 n 個不可分辨的盒子內。

只要把情況分類成：把 k 個可分辨的球，放在 n 個不可分辨的盒子內，當中空盒數目可以是

0 個，放法共 S^n_k 種；
1 個，放法共 $S^{n-1}_k$ 種；
2 個，放法共 $S^{n-2}_k$ 種；
…
(n-1) 個，放法共 S^1_k=1 種；

即把 k 個可分辨的球，放在 n 個不可分辨的盒子內，放法共有 $\displaystyle \sum^n_{r=1}S^r_k$ 種。

（八）

把 k 個可分辨的球，放在 n 個可分辨的盒子內，且不容許空盒。

先考慮情況（六），即把 k 個可分辨的球，放在 n 個不可分辨的盒子內。

比如 k=5 個可分辨的球，放在 n=3 個不可分辨的盒子內，以下是 S^3_5 種放法中的一個

{a}{b}{c,d,e}

但當盒子是可分辨，即上面其實還可以有不同排列，即盒一至盒三，由左至右可以有以下情況

{a}{b}{c,d,e}
{a}{c,d,e}{b}
{b}{a}{c,d,e}
{b}{c,d,e}{a}
{c,d,e}{a}{b}
{c,d,e}{b}{a}

共 3! 種排法；於是 5 個可分辨的球，放在 3 個可分辨的盒子內，放法共有 3!S^3_5 種。

一般地，把 k 個可分辨的球，放在 n 個可分辨的盒子內，放法共有 n!S^k_n 種。

現在以容斥原理解之。以前修應數的中學生也接觸過，先溫習一下。設（有限的）樣本空間為 S，兩個事件 A，B；以圖示之，見下

則

$n(A\bigcup B)=n(A)+n(B)-n(A\bigcap B)$

故

$n(\overline{A}\bigcap \overline{B})=n(S)-n(A\bigcup B)=n(S)-(n(A)+n(B))+n(A\bigcap B)$

考慮 3 件事件 A，B，C；見下

不難得出

$n(\overline{A}\bigcap \overline{B}\bigcap \overline{C})$

$=n(S)-n(A\bigcup B\bigcup C)$

$=n(S)-(n(A)+n(B)+n(C))+(n(A\bigcap B)+n(B\bigcap C)+n(C\bigcap A))-n(A\bigcap B\bigcap C)$

一般地，考慮 n 件事件 $A_1,A_2,\dots ,A_n$ ；可得

$n(\displaystyle \bigcap^n_{i=1} \overline{A_i})$

$=n(S)-\displaystyle \sum^n_{i=1}n(A_i)+\displaystyle \sum_{1\le i < j\le n}n(A_i\bigcap A_j)-\displaystyle \sum_{1\le i < j < k\le n}n(A_i\bigcap A_j\bigcap A_k)+\dots+(-1)^{n-1}n(\displaystyle \bigcap^n_{i=1}A_i)$

這就是所謂容斥原理（inclusion–exclusion principle），詳見

http://en.wikipedia.org/wiki/Inclusion%E2%80%93exclusion_principle

應用在本例，

設是 k 個可分辨的球，放在 n 個可分辨的盒子內的所有情況，即

n(S)=n^k

又設 A_i 代表「第個盒子是空」這事件，不難知

n(A_i)=(n-1)^k ；

$n(A_i\bigcap A_j)=(n-2)^k$ 其中 $i\ne j$ ；

$n(A_i\bigcap A_j\bigcap A_k)=(n-3)^k$ 其中 $i\ne j\ne k$ ；

$\dots$

$n(\displaystyle \bigcap^n_{i=1}A_j)=(n-n)^k=0$

於是，把 k 個可分辨的球，放在 n 個可分辨的盒子內，且不容許空盒的放法共

$n(\displaystyle \bigcap^n_{i=1} \overline{A_i})$ 種。

由容斥原理，立即知上值是

$n(S)-\displaystyle \sum^n_{i=1}n(A_i)+\displaystyle \sum_{1\le i < j\le n}n(A_i\bigcap A_j)-\displaystyle \sum_{1\le i < j < k\le n}n(A_i\bigcap A_j\bigcap A_k)+\dots+(-1)^{n-1}n(\displaystyle \bigcap^n_{i=1}A_i)$

$=n^k-C^n_1(n-1)^k+C^n_2(n-2)^k-C^n_3(n-3)^k+\dots+(-1)^{n-1}C^n_{n-1}1^k$

$=\displaystyle \sum^n_{j=0}(-1)^{n-j}C^n_jj^k$

$=n!\frac{1}{n!}\displaystyle \sum^n_{j=0}(-1)^{n-j}C^n_jj^k=n!S^n_k$

注：我得承認，由容斥原則先得（八），再證（六）是很簡單的。

以下 2 個情況，涉及另一個經典問題：整數分拆（partition of integers），略談之。

（九）

把 k 個不可分辨的球，放在 n 個不可分辨的盒子內，且不容許空盒。

例如 k=5,n=3；有以下 2 種情況，

{O}{O O}{O O}
{O}{O}{O O O}

即 p(k,n) = p(5,3) = 2

又例如 k=7,n=3；

{O}{O}{O O O O O}
{O}{O O}{O O O O}
{O}{O O O}{O O O}
{O O}{O O}{O O O}

即 p(k,n) = p(7,3) = 4

上述放法，對應著

5
=1+2+2
=1+1+3

7
=1+1+5
=1+2+4
=1+3+3
=2+2+3

等情況，即把 k 分拆為 n 部份。

p(k,n) 有沒有像 S^n_k 般的遞迴關係？有，如下：

p(k,n)=p(k-1,n-1)+p(k-n,n)

可以想像以下兩種把 k 分拆為 n 部份的互斥情況：

分拆包含 1
分拆不包含 1

例如把 7 分拆為 3 部份，包含 1 者有：

1+1+5
1+2+4
1+3+3

不包含 1 者有：

2+2+3

好了，包含 1 的分拆情況有多少個，相當於把 7-1=6 分拆成 2 部份的情況有多少，即 p(7-1,3-1)=p(6,3) 種；而不包含 1 的分拆情況，例如上述的 2+2+3，把每項減 1，即 (2-1)+(2-1)+(3-1)=1+1+2；其實正是把 7-3=4 分拆為 3 個部份的其中 1 個情況；所以，一般地，

p(k,n)=p(k-1,n-1)+p(k-n,n)

當中規定

p(k,n)=0 for k < n or n < 0
p(k,0)=0 for all k > 0
p(0,0)=1

試用上式計算 p(7,3)

p(7,3)
=p(6,2)+p(4,3)
=p(5,1)+p(4,2)+p(3,2)
=1+p(3,2)+p(2,2)+p(2,1)
=1+p(2,1)+1+1=1+1+1+1=4

暫時未找到 p(k,n) 的具體公式，但可以研究其生成函數。

定義 p(k) 為把 k 分拆的所有可能數目。

例如 p(7) 是多少，且看把 7 分拆的情況

7
6+1
5+2
5+1+1
4+3
4+2+1
4+1+1+1
3+3+1
3+2+2
3+2+1+1
3+1+1+1+1
2+2+2+1
2+2+1+1+1
2+1+1+1+1+1
1+1+1+1+1+1+1

共 15 個，即 p(7) = 15。

（注：上 wolframalpha，輸入 partition of 7，即得結果。）

不難知 p(k) 其實是以下式子中 x^k 的系數：

$\displaystyle \prod_{r=1}^{\infty}\frac{1}{(1-x^r)}$

讓我以 p(7) 解說之。

要得 x^7 ，上述那個無限項積，只要考慮到 r=7 即可：

$\displaystyle \prod_{r=1}^{7}\frac{1}{(1-x^r)}$

$=(1+x+x^2+\dots)(1+x^2+x^4+\dots)(1+x^3+x^6+\dots)\dots (1+x^7+x^{14}+\dots)$

例如

分拆情況 3+2+1+1，
對應項為 $x^{3+2+1+1}$ ，
即 2 個 1，1 個 2，1 個 3；
即在第 1 個括弧取 x^2 ；第 2 個括弧取 x^2 ；第 3 個括弧取 x^3 ；其餘括弧取 1。

又例如

分拆情況 2+1+1+1+1+1，
對應項為 $x^{2+1+1+1+1+1}$ ，
即 5 個 1，1 個 2；
即在第 1 個括弧取 x^5 ；第 2 個括弧取 x^2 ；其餘括弧取 1。

可見，7 有多少分拆，即有多少 x^7 的項在 $\displaystyle \prod_{r=1}^{7}\frac{1}{(1-x^r)}$ 內產生，亦即 x^7 的系數。

之前寫過篇網誌，也是以生成函數找分拆數的，可參考下：

https://johnmayhk.wordpress.com/2009/08/31/number-of-combination-of-forming-100-dollars/

這個 p(k) 有具體公式，見下：

（參考 http://en.wikipedia.org/wiki/Partition_%28number_theory%29）

我不懂證明上述式子，這個留待高人了。

至於 p(k,n)，原來它是下式中 x^k 的系數：

$\displaystyle x^n\prod_{r=1}^{\infty}\frac{1}{(1-x^r)}$

略略解說一下。

比如 p(7,3)，其中一個情況 4+2+1，以圖表之曰

●●●●
●●
●

上圖，若以各列（column）加之，即得對應的分拆法 3+2+1+1。

又例如 3+2+2，以圖表之曰

●●●
●●
●●

上圖，若以各列加之，即得對應的分拆法 3+3+1。

可見，p(7,3) 中的情況，一定對應著另一種，以 3 為最大數的分拆。

一般地，p(k,n) 中的情況，一定對應著另一種，以 n 為最大數的分拆。

所以 p(k,n) 就是「把 k 以 n 為最大數的分拆」的數目。

而 $\displaystyle x^n\prod_{r=1}^{\infty}\frac{1}{(1-x^r)}$ 的每項，必已包含 x^n 這個因式，故 p(k,n) 即是 $\displaystyle x^n\prod_{r=1}^{\infty}\frac{1}{(1-x^r)}$ 中 x^k 的系數。

不過，就算知道 $\displaystyle x^n\prod_{r=1}^{\infty}\frac{1}{(1-x^r)}$ 這個生成函數，以人手找較大的 p(k,n) 似乎不太方便。

（十）

把 k 個不可分辨的球，放在 n 個不可分辨的盒子內。由情況（九），知

0 空盒，分法 p(k,n)；
1 空盒，分法 p(k,n-1)；
2 空盒，分法 p(k,n-2)；
…
n-1 空盒，分法 p(k,1)；

故總放法共有 $\displaystyle \sum^n_{r=1}p(k,r)$ 種。

以下純粹補充表中的空格，想想便明，不多說。

（十一）

數算球入盒

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