Organizar libros en estantes con la capacidad de cada estante dada

Si los libros son indistinguibles mientras que los estantes son distinguibles, entonces su problema es equivalente a encontrar el número de formas de componer la suma.$s$(total de libros, su$n$), con$m$enteros no negativos (el número de estantes, su$k$) , que van desde$0$a$r$(la capacidad máxima de cada estante, su$m-1$).

Es decir, estás buscando el número.$N_{\,b} (s,r,m)$

$$N_{\,b} (s,r,m) = \text{No}\text{. of solutions to}\;\left\{ \begin{gathered} 0 \leqslant \text{integer }x_{\,j} \leqslant r \hfill \\ x_{\,1} + x_{\,2} + \cdots + x_{\,m} = s \hfill \\ \end{gathered} \right.$$

que está dado por

$$N_b (s,r,m)\quad \left| {\;0 \leqslant \text{integers }s,m,r} \right.\quad = \sum\limits_{\left( {0\, \leqslant } \right)\,\,k\,\,\left( { \leqslant \,\frac{s}{r+1}\, \leqslant \,m} \right)} {\left( { - 1} \right)^k \binom{m}{k} \binom { s + m - 1 - k\left( {r + 1} \right) } { s - k\left( {r + 1} \right)}\ }$$ como se explica detalladamente en este post relacionado y en otros relacionados con este tema. Este es el número de composiciones débiles de$s$en$m$partes cada una no mayor que$r$.

Si los estantes fueran indistintos, se pasa al número de tabiques limitados en tamaño, con la debida consideración para que las partes sean también nulas.

De hecho, cuando los estantes no están diferenciados, primero podemos ordenarlos de acuerdo con el número de libros que contienen, en (por ejemplo) un orden no decreciente.
Entonces, con los símbolos de arriba, el contenido ($c_k$) corresponden a las particiones de$s$en max$m$piezas de tamaño máximo$r$.
Ahora considere que los libros son distintos, es decir, etiquetados$1, \ldots, s$.
Si se tiene en cuenta el orden de los libros dentro de cada estante, estamos considerando los conjuntos de máx.$m$listas no vacías, cada una con un máximo$r$elementos, estando las listas compuestas y conteniendo todos los elementos de$\{1,2, \cdots, s\}$(las listas "particionan" el conjunto$\{1,2, \cdots, s\}$).
Ejemplo de 11 libros en 4 estantes.

Una vez fijado el contenido de las estanterías, a modo de tabique de$s$(suponiendo que las particiones sean equiprobables), puede seleccionar$0!$maneras los libros para llenar los estantes vacíos, en

$$s\left( {s - 1} \right)\; \cdots \left( {s - c_1 +1} \right) = s^{\underline {\,c_1 } }$$ maneras de llenar el primer estante no vacío, en $$\left( {s - c_1 } \right)\left( {s - c_1 - 1} \right) \cdots \left( {s - c_1 - c_2 + 1} \right) = \left( {s - c_1 } \right)^{\underline {\,c_2 } }$$ maneras de llenar el segundo, y así sucesivamente. Así en un total de $$s^{\underline {\,c_1 } } \left( {s - c_1 } \right)^{\underline {\,c_2 } } \cdots \left( {s - \left( {c_1 + c_2 + \cdots + c_{m - 1} } \right)} \right)^{\underline {\,c_m } } = s^{\underline {\,c_1 + c_2 + \cdots + c_m \,} } = s!$$ que es lo mismo que si primero permutas los libros y luego los subes a los estantes secuencialmente. Sin embargo, de esta manera estamos contando en exceso los estantes que tienen la misma capacidad, como la columna 2 y 3 en el ejemplo anterior, y lo corregiremos. Siendo de hecho un conjunto de listas, las listas de la misma longitud se subordenan según, por ejemplo, el elemento más bajo que contienen.
Tomando el caso en el que no hay estantes vacíos, para cada partición$\{c_1, c_2, \cdots , c_m \}$
$$\underbrace {c_{\,1} }_{t_{\,1} } < \,\underbrace {c_{\,2} = c_{\,3} = \cdots = c_{\,q} }_{t_{\,2} }\, < \underbrace {c_{\,q + 1} }_{t_{\,q + 1} } < \cdots < \underbrace {c_{\,m - u} = \cdots = c_{\,m} }_{t_{\,m - u} }$$

individualizaremos el número de repeticiones$t_k \; | \, 1 \le k \le m$de cada capacidad, tal y como se indica en el esquema, poniendo como mínimo$0$los desaparecidos$t_k$.

terminamos con

$$\left\lfloor \begin{array}{c} s \\ m \\ \end{array} \right\rfloor _{\, \le \,r} = \sum\limits_{P(s,r,m)} {\frac{{s!}}{{t_1 !t_2 ! \cdots t_m !}}} = \sum\limits_{\left\{ {\begin{array}{*{20}c} {0 \le k_j } \\ {k_1 + k_2 + \cdots + k_r = m} \\ {1k_1 + 2k_2 + \cdots + rk_r = s} \\ \end{array}} \right.} {\frac{{s!}}{{k_1 !k_2 ! \cdots k_r !}}}$$ donde la última identidad es evidente a partir del histograma volcado en el esquema anterior.
Estos números se conocen como Números Lah restringidos , re. a este papel .
Allí se muestra que el egf es $$\sum\limits_{0\, \le \,s} {\left\lfloor \begin{array}{c} s \\ m \\ \end{array} \right\rfloor _{\, \le \,r} \frac{{x^{\,s} }}{{s!}}} = \frac{1}{{m!}}\left( {\frac{{x - x^{\,r + 1} }}{{1 - x}}} \right)^{\,m}$$

Permitir que los estantes estén vacíos significa que tendremos menos de$m$no vacíos, por lo que su número será la suma de los anteriores.

Finalmente, si no se considera el orden de los libros dentro de cada estante, tenemos un conjunto de subconjuntos de partición$\{1,2, \cdots, s\}$, que cuando no está vacío asciende al Número de Stirling Restringido de 2ª clase .

Esto de hecho se puede escribir, entre otras formas, como

$$\left\{ \begin{array}{c} s \\ m \\ \end{array} \right\}_{\,r} = \sum\limits_{\left\{ {\begin{array}{*{20}c} {1\, \le \,c_{\,1} \le c_{\,2} \le \cdots \le c_{\,m} \, \le \,r} \\ {c_{\,1} + c_{\,2} + \, \cdots + c_{\,m} = s} \\ \end{array}} \right.} {\frac{1}{{t_{\,1} !t_{\,2} !\, \cdots \,t_{\,m} !}} \left( \begin{array}{c} s \\ c_{\,1} ,\,c_{\,2} ,\, \cdots ,c_{\,m} \\ \end{array} \right)}$$ correspondiente a la formulación dada por @trueblueanil.

Tenga en cuenta que, eliminando la restricción (es decir, haciendo$r$ser al menos$s-m+1$), obtenemos el Stirling N. 2do tipo normal

$$\begin{array}{l} \left\{ \begin{array}{c} s \\ m \\ \end{array} \right\}_{\,s - m + 1} = \left\{ \begin{array}{c} s \\ m \\ \end{array} \right\}_{\,s} = \left\{ \begin{array}{c} s \\ m \\ \end{array} \right\}_{\,\infty } = \\ = \sum\limits_{\left\{ {\begin{array}{*{20}c} {1\, \le \,c_{\,1} \le c_{\,2} \le \cdots \le c_{\,m} \,\left( { \le \,s - m + 1} \right)} \\ {c_{\,1} + c_{\,2} + \, \cdots + c_{\,m} = s} \\ \end{array}} \right.} {\frac{1}{{t_{\,1} !t_{\,2} !\, \cdots \,t_{\,m} !}} \left( \begin{array}{c} s \\ c_{\,1} ,\,c_{\,2} ,\, \cdots ,c_{\,m} \\ \end{array} \right)} = \\ = \left\{ \begin{array}{c} s \\ m \\ \end{array} \right\} \\ \end{array}$$

Nuevamente, si permitimos que los estantes estén vacíos, estos se organizarán al comienzo del "conjunto de subconjuntos" y, por lo tanto, el número de arreglos será solo la suma sobre el índice inferior de los anteriores.

Tenga en cuenta que no considerar el orden de los libros dentro de cada estante corresponde al procedimiento de
elegir los libros secuencialmente y apilarlos al azar en un espacio libre en los estantes .
De esta forma, en cada estantería los libros se ordenan automáticamente con la etiqueta inferior primero.

Se da que los libros son distintos y los estantes idénticos.

La fórmula que surge está claramente encapsulada por el coeficiente multinomial, corregido por el mismo número de libros en varios estantes.

Para$4$libros con una capacidad de estantería de$3$colocado en$4$estanterías, posibles configuraciones y su recuento sería

$3-1-0-0:\;\binom{4}{3,1,0,0}$

$2-2-0-0:\; \binom{4}{2,2,0,0}/2!$

$2-1-1-0:\; \binom{4}{2,1,1,0}/2!$, y

$1-1-1-1:\; \binom{4}{1,1,1,1}/4!$

Espero que la fórmula sea clara, no sé muy bien cómo representar simbólicamente los divisores finales en la fórmula.

PD

No existe una fórmula cerrada simple para el problema general de distribuir objetos distintos en cajas idénticas. Si hubiera habido un problema en el que la distribución fuera a cajas no vacías , podríamos haber usado números de Stirling del segundo tipo.