El enfoque que se inició en una buena. El "total" en el recuento de la derecha, pero el recuento de los "favorable" de los casos no fue. Permítanos generalizar un poco. Tiramos $m$ (numeradas) bolas de una en una, en una línea de $x$ (numeradas) baldes, y preguntar por la probabilidad de que ninguno de los cubos que termina con las manos vacías.
Hay $x^m$ de los resultados, todos igualmente probables. Ahora tenemos que contar el número de resultados para que ninguno de los cubos está vacía. No es, lamentablemente, no se conoce la forma cerrada para este número.
Sin embargo, el número de maneras de dividir un conjunto de $m$ elementos en $x$ no vacía de subconjuntos tiene un nombre. Es el número de Stirling del segundo tipo. Una notación común es $S(m,x)$. Otro que parece un coeficiente binomial símbolo, con $\{\}$ en lugar de $()$.
Así que (por definición) podemos dividir el conjunto de $m$ objetos en $x$ no vacía de subconjuntos en $S(m,x)$ maneras. Para cada división, podemos asignar estos subconjuntos para los cubos, un subconjunto a cada uno de ellos, en $x!$ maneras. Esto nos da un total de $x!S(m,x)$ formas, y nuestra probabilidad es, por tanto,
$$\frac{x!S(m,x)}{x^m}.$$
Para su problema en particular, vamos a $m=2n$$x=n$.
No se conoce la forma cerrada para $S(m,x)$. Tal vez hay una forma cerrada para el caso especial $S(2n,n)$ que usted necesita. No veo a uno de inmediato, pero no han pensado lo suficiente.
No son agradables las recurrencias de los números de Stirling del segundo tipo. También podemos obtener expresiones agradables para ellos como sumas, mediante el principio de inclusión/exclusión. Para darle un comienzo en que empezamos a contar el número de maneras de no tener la cubeta vacía.
Hay $x^m$ formas de distribuir las bolas. Cuántos han cubo $i$ vacío? Claramente $(x-1)^m$. Que cubo estará vacía puede ser elegido en $\binom{x}{1}$ maneras. Así que como primer paso para nuestro recuento, llegamos a $x^m-\binom{x}{1}(x-1)^m$.
Sin embargo, hemos restado demasiado, ya que los casos donde $i$ está vacía y $j$ está vacía han restado dos veces de $x^m$. Así que para cada (desordenada) par $i$, $j$, debemos volver a agregar los $(x-2)^m$ asignaciones en las que los cubos $i$ $j$ están vacías. Esto nos da la nueva estimación $x^m-\binom{x}{1}(x-1)^m+\binom{x}{2}(x-2)^m$.
Sin embargo, hemos añadido la espalda varias veces todos los casos en que $3$ de los depósitos están vacíos. De continuar. Terminamos con una atractiva suma, que se conoce ninguna forma cerrada, y que es, por supuesto, un pariente cercano de la $S(m,x)$.
Comentario: Lamentablemente, para el modelo de probabilidad en la que cada bola tiene la misma probabilidad de terminar en cualquier cubo, con independencia entre las bolas, un "Estrellas y Barras" enfoque no funciona. Sí, podemos obtener un recuento del número de maneras de distribuir la $m$ bolas iguales entre el $x$ cubos. También se puede obtener un recuento del número de maneras de distribuir, de manera que ningún cubo está vacío. Pero luego nos topamos con un fatal complicación. Las diferentes formas de distribuir $m$ bolas iguales entre $x$ baldes son no igualmente probables.
