继续十二重计数法：
我们考虑把\(n\)个金币分给\(m\)个人，要求满射，方案数为多少。
显然金币是没有区别的，人是有区别的，也就是无区别的小球放入有区别的盒子当中，是典型的插板法，答案为\(\binom{n-1}{m-1}\)，相当于在\(n\)个小球之间插板，有\(n-1\)个空隙，需要插\(m-1\)块板。
如果我们没有限制是怎么样呢？我们可以划归到上一个问题，将每一项都加\(1\)就可以满足了，答案为\(\binom{n+m-1}{m-1}\)。
这个问题的学名叫做Compositions of integers，而若没有满射的限制则为weak版本。
然后先介绍一下多重集计数：
平常我们的计数为集合计数，集合中默认没有重复元素，则答案为\(\binom{n}{m}\) ，而若是可重集答案则不一样了。我们对此有一个专门的符号，是两个括号在\(n,m\)外面（打不出来）不过这个符号基本没用因为我们可以用组合数解决这个计数问题。
我们考虑如果把\(n\)个数出现的次数写成一个串的形式，不可重集每个元素就是\(0,1\)，而可重集则只需要满足\(x_i\ge0\)，这样就回到了上一个问题。
我们再考虑另一个名称很相像但是本质不同的东西，就是把\(n\)个有区别的小球放进\(m\)个没有区别的盒子里，并且固定了每一个盒子的数量为\(m_i(1\le i \le m)\) 且有\(\sum_{i=1}^{n} m_i =n\)，如何计数？
其实就是一个集合划分（Partition）问题，我们可以把\(n\)个球任意排列，然后对于每个盒子所包括的\(m_i\)个小球是unordered的，所以需要除去\(m_i!\)，答案即为\(\frac{n!}{\prod_{i=1}^{m} m_i!}\)。有个专门的记号长这样：\(\binom{n}{m_1,m_2,...m_m}\)。
有了多重集计数，我们考虑如果不安排\(m_i\)的计数方案数量。就是集合Partition的数量。答案为\(n \brace m\)，即第二类斯特林数（先给出定义）。
有一个递推公式：\(n\brace{m}\)\(=\)\(n-1\brace{m-1}\)\(+\)\(m\times{n-1\brace m}\)
考虑意义：如果第\(n\)个单独为一个集合即为\(n-1\brace{m-1}\)，否则可以挑选\(m\)个中的任意一个，即\(m\times{n-1\brace m}\)
插一嘴，第二类斯特林数的对于某个\(n\)的和为贝尔数，即\(B_n=\sum_{i=0}^{n} \{_i^n\}\)
这样十二重计数的第7，9便迎刃而解，且3也只是在此基础上加上盒子是可区分的，只需要乘上\(m!\)
只剩下来最难的了，盒子和小球都不可区分，这样我们的问题其实就是：整数划分。
\(\left\{\begin{array}{l}
x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{n}=m \\
x_{1} \geq x_{2} \geq \cdots \geq x_{n} \geq 1
\end{array}\right.\)
（我们对于所有划分的方案选择具有代表性的一个计数即可，在这里选择的是不升的序列）
设答案为\(p_n(m)\)，有递推公式：\(p_n(m)=p_{n-1}(m-1)+p_n(m-n)\) ，同样是考虑第\(n\)个是什么，不再赘述。
对于\(p_n(m)\)的求解本节课没有提到，只是提到了估算的方法。如果把数字拆分对应到集合拆分上，那么\(n\times{p_n(m)}\)一定比对应的集合拆分大（每个数字拆分最多对应\(n!\)个集合拆分）。而如果将数字拆分一次加上\(m-1,m-2...1,0\)则没有等于这个条件，则每个数字拆分正好对应\(n!\)个集合拆分，并且由于你加上了\(m-1\)之类，所以有一些集合拆分你表示不了。
由此我们可以得出\(p_n(m)\times{n!}\)（全部打乱）对于\(n,m\)的集合拆分是满射，而对于\(n+\frac{m\times{(m-1)}}{2},k\)的集合拆分则是单射，所以我们有：
\(\frac{\binom{n-1}{m-1}}{m!}\le p_n(m)\le\frac{\binom{n+\frac{m\times{(m-1)}}{2}-1}{m-1}}{m!}\)
所以若\(m\)为常数，在\(n \to \infty\) 时，我们有\(p_n(m)\sim{\frac{n^(k-1)}{k!(k-1)!}}\)
至此，十二计数法全部完结。
