\(\text{I}\)：小球不同，盒子不同

每个小球都有 \(\large m\) 个盒子可选择，根据乘法原理相乘。因此答案为 \(\large m^n\) 。

\(\text{II}\)：小球不同，盒子不同，每个盒子至多装一个小球

每个盒子不能装多个小球，所以第一个小球有 \(\large m\) 个盒子可选，第二个剩下 \(\large m-1\) 个可选，第三个就只有 \(\large m-2\) 个可选，以此类推。因此答案为 \(\large m^\underline n\) 。

\(\text{III}\)：小球不同，盒子不同，每个盒子至少装一个小球

可以用容斥计算，强制钦定 \(\large i\) 个盒子为空，将 \(\large n\) 个小球放入剩下的 \(\large m-i\) 个可为空的盒子。因此答案为 \(\large\sum\limits_{i=0}^m(-1)^i\binom mi(m-i)^n\) 。

\(\text{IV}\)：小球不同，盒子相同

若有 \(i\) 个盒子非空，则方案数为 \(\large\begin{Bmatrix}n\\i\end{Bmatrix}\) ，根据加法原理相加。因此答案为 \(\large\sum\limits_{i=0}^m\begin{Bmatrix}n\\i\end{Bmatrix}\) 。

因为 \(\large\begin{Bmatrix}n\\m\end{Bmatrix}=\sum\limits_{i=0}^m\frac{(-1)^i}{i!}\cdot\frac{(m-i)^n}{(m-i)!}=[x^m](\sum\limits_{i=0}^\infty\frac{(-1)^i}{i!})(\sum\limits_{i=0}^\infty \frac{i^n}{i!})\) ，是卷积形式，所以可以用 \(\text{NTT}\) 来快速计算同一行的第二类斯特林数。

\(\text{V}\)：小球不同，盒子相同，每个盒子至多装一个小球

显然只有一种情况，即 \(\large m-n\) 个空盒子、 \(\large n\) 个非空盒子。因此答案为 \(\large[n\leqslant m]\) 。

\(\text{VI}\)：小球不同，盒子相同，每个盒子至少装一个小球

注意到问题是第二类斯特林数的定义。因此答案为 \(\large\begin{Bmatrix}n\\m\end{Bmatrix}\) 。

若盒子不同则答案为 \(\large\sum\limits_{i=0}^m(-1)^i\binom mi(m-i)^n\) 。发现盒子相同时的每种方案都在盒子不同时被计算了 \(\large m!\) 次，因此 \(\large\begin{Bmatrix}n\\m\end{Bmatrix}=\frac1{m!}\large\sum\limits_{i=0}^m(-1)^i\binom mi(m-i)^n=\sum\limits_{i=0}^m\frac{(-1)^i(m-i)^n}{i!(m-i)!}\) 。

\(\text{VII}\)：小球相同，盒子不同

注意到 \(\large n\) 个小球放入 \(\large m\) 个可为空的盒子的方案和 \(\large n+m\) 个小球放入 \(\large m\) 个非空的盒子的方案成双射。因此答案为 \(\large\binom{n+m-1}{m-1}\) 。

\(\text{VIII}\)：小球相同，盒子不同，每个盒子至多装一个小球

从 \(\large m\) 个盒子中选出 \(\large n\) 个盒子装上小球。因此答案为 \(\large\binom mn\) 。

\(\text{IX}\)：小球相同，盒子不同，每个盒子至少装一个小球

考虑在球之间的 \(\large n-1\) 个空隙选出 \(\large m-1\) 个位置插入板子，从而把 \(\large n\) 个小球划分到 \(\large m\) 个盒子里。因此答案为 \(\large\binom{n-1}{m-1}\) 。

\(\text{X}\)：小球相同，盒子相同

根据不降原则，问题等价为求有多少个长度为 \(\large m\) 且元素和为 \(\large n\) 的不降序列。不妨考虑其差分序列，只要差分序列任意元素都是非负整数，就能保证原序列不降。注意到差分序列第 \(\large i\) 项 \(\large\Delta_i\) 对原序列元素和的贡献为 \(\large(m-i+1)\Delta_i\) ，因此答案的生成函数为 \(\large\prod\limits_{i=1}^m\sum\limits_{\Delta_i=0}^\infty x^{(m-i+1)\Delta_i}=\prod\limits_{i=1}^m\frac1{1-x^{m-i+1}}=\prod\limits_{i=1}^m\frac1{1-x^i}\)。因此答案为 \(\large[x^n]\prod\limits_{i=1}^m\frac1{1-x^i}\) 。

对每个因式取对数把相乘变为相加，具体就是 \(\large\prod\limits_{i=1}^m\frac1{1-x^i}=\exp(\sum\limits_{i=1}^m\ln(\frac1{1-x^i}))=\exp(\sum\limits_{i=1}^m\sum\limits_{j=1}^\infty\frac{x^{ij}}i)\) 。利用这个常见的小技巧化简后即可快速计算。

\(\text{XI}\)：小球相同，盒子相同，每个盒子至多装一个小球

显然只有一种情况，即 \(\large m-n\) 个空盒子、 \(\large n\) 个非空盒子。因此答案为 \(\large[n\leqslant m]\) 。

\(\text{XII}\)：小球相同，盒子相同，每个盒子至少装一个小球

先把 \(\large m\) 个小球放进 \(\large m\) 个盒子里，保证每个盒子非空，问题转化为求剩余 \(\large n-m\) 个小球放入 \(\large m\) 个可为空的盒子的方案数。因此答案为 \(\large[x^{n-m}]\prod\limits_{i=1}^m\frac1{1-x^i}\) 。