n个球不可区分，m个盒子不可区分:
盒子不可为空：dp[n][m]= dp[n-m][m]+ dp[n-1][m-1]
盒子可为空：dp[n+m][m]= dp[n][m]+ dp[n+m-1][m-1]
对于盒子不可以为空的时候：
int dp[100][100]={0}; dp[1][1]=1; for(int i=2;i<=n;i++){ for(int j=1;j<=n;j++){ dp[i][j]=dp[i-j][j]+dp[i-1][j-1]; } }
这里解释一下这个递推式，dp[i][j]的方案数中分两类一类是方案中包含1的，一类是不包含1的：
1.包含1的由于一定分解1，所以这一类的答案等价于求dp[i-1][j-1]；
2.由于一定不分解出1，所以我们反向思考如果在dp[i-m][[j]的所有方案数上全部加上1，这样所有方案数不就存在1了吗？而且和还是i。
对于盒子可以为空的时候：
我们假设可以现在每个盒子里面放一个球，也就是总球数是n+m个球，放进m个盒子里面，然后我在从每个盒子里面拿走一个小球，不就是盒子可以为空的情况了吗？所以我们可以把这个问题转化为求上面式子中的dp[n+m][m]=dp[n][m]+dp[n+m-1][m-1];
n个球不可区分，m个盒子可区分:
方法：隔板法
盒子不可为空:C(n-1,m-1)
盒子可为空:C(n+m-1,m-1)
盒子不可以为空：
由于球是不可区分，盒子是可以区分，我们可以采用上述的隔板法（在高中应该学过了），n个小球有n-1个间隙，现在分成m个集合，需要插入m-1个隔板，不就是C（n-1，m-1）吗？
盒子可以为空：
同样的套路我们可以先在每个盒子里面放一个小球，需要m个，然后把问题转化为上面不可为空的情况。
n个球可区分，m个盒子不可区分：
方法：第二类斯特林数
盒子不可为空：第二类斯特林数 S[n][m]
盒子可为空：第二类斯特灵数求和 ΣS[n][m]（假设一个为空，两个为空，三个为空……说白了不就是求和吗？）
第二类斯特林数的定义：表示将n个不同的元素拆分成m个集合的方案数
求第二类斯特林数的代码：
1 for(II i=0;i<N;i++){ 2 S[i][i]=1; 3 if(i>=1) S[i][0]=0; 4 for(II j=1;j<i;j++) 5 S[i][j]=(j*S[i-1][j]+S[i-1][j-1]+mod)%mod; 6 }
n个球可区分，m个盒子可区分
盒子不可为空：第二类斯特林数*阶乘数 S[n][m]*A[m]
盒子可以为空：m^n
由于盒子可以区分了，所以直接乘一个阶乘数就可以了，至于盒子可以为空的时候，每个球有m中选择，所以答案是m^n次方
其他和整数划分有关的问题：
1.将n划分成最大数不超过k的划分数（完全背包物品1-k，背包容量n）
2. 将n划分成若干奇正整数之和的划分数（完全背包物品小于n的奇数，背包容量为n）
3. 将n划分成若干不同整数之和的划分数（0-1背包物品1-n，背包容量为n）