洛谷P4859 已经没有什么好害怕的了

题目大意

给出 \(n\)个数\(a_i\)，以及\(n\)个数 \(b_i\) ，要求两两配对使得\(a>b\)的对数减去\(a<b\)的对数等于 k。

\(0\leq k\leq n\leq2000\) ，\(a,b\)无相同元素。

题目分析

这题目意蕴丰富

求方案数考虑\(dp\)

先将序列从小到大排序。

因为保证了互不相同。

所以只需要知道\(a>b\)的对数就可以算出来对数之差。

设\(dp[i][j]\)表示枚举到第\(i\)个，\(a>b\)对数为\(j\)的个数

。

。。

。。。

然后你做不下去了。

你并不知道你转移的是大还是小的情况。

于是我们放宽限制，表示对数至少为\(j\)。

预处理出最大的\(k\),\(b_k<a_i\)

\(dp[i][j]=dp[i-1][j]+dp[i-1][j-1]*(k-j+1)\)

因为剩下的可以任意分配

记\(f_i=(n-i)!dp[n][i]\)

这就是至少\(i\)个的答案

设答案为\(g_i\)

\(f_k=\sum\limits_{i=k}^n{i\choose k}g_i\)

这就是二项式反演的板子

\(g_k=\sum\limits_{i=k}^n(-1)^{i-k}{i\choose k}f_i\)

做完了。

/*
@Date    : 2019-08-28 21:22:18
@Author  : Adscn (adscn@qq.com)
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*/
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define IL inline
#define RG register
#define gi getint()
#define gc getchar()
#define File(a) freopen(a".in","r",stdin);freopen(a".out","w",stdout)
IL int getint()
{
	RG int xi=0;
	RG char ch=gc;
	bool f=0;
	while(ch<'0'||ch>'9')ch=='-'?f=1:f,ch=gc;
	while(ch>='0'&&ch<='9')xi=(xi<<1)+(xi<<3)+ch-48,ch=gc;
	return f?-xi:xi;
}
template<typename T>
IL void pi(T k,char ch=0)
{
	if(k<0)k=-k,putchar('-');
	if(k>=10)pi(k/10,0);
	putchar(k%10+'0');
	if(ch)putchar(ch);
}
const int N=2e3+7,P=1e9+9;
int fac[N],inv[N],invf[N];
int a[N],b[N];
int l[N];
int dp[N][N],f[N];
inline void init()
{
	invf[0]=inv[0]=fac[0]=1;
	invf[1]=inv[1]=fac[1]=1;
	for(int i=2;i<N;++i)fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%P,inv[i]=1ll*(P-P/i)*inv[P%i]%P,invf[i]=1ll*invf[i-1]*inv[i]%P;
}
inline int C(int i,int j){
	return 1ll*fac[i]*invf[j]%P*invf[i-j]%P;
}
int main(void)
{
	#ifndef ONLINE_JUDGE
//	File("");
	#endif
	int n=gi,k=gi;
	if((k+n)&1)return pi(0),0;
	k=(k+n)>>1;
	init();
	for(int i=1;i<=n;++i)a[i]=gi;
	for(int i=1;i<=n;++i)b[i]=gi;
	sort(a+1,a+n+1),sort(b+1,b+n+1);
	for(int p=0,i=1;i<=n;++i){
		while(p<n&&b[p+1]<a[i])++p;
		l[i]=p;
	}
	dp[0][0]=1;
	for(int i=1;i<=n;++i){
		dp[i][0]=dp[i-1][0];
		for(int j=1;j<=i;++j)
			dp[i][j]=(dp[i-1][j]+1ll*dp[i-1][j-1]*max(0,l[i]-j+1)%P)%P;
	}
	for(int i=0;i<=n;++i)f[i]=1ll*dp[n][i]*fac[n-i]%P;
	int ans=0;
	for(int i=k;i<=n;++i)
		if((i-k)&1)(ans-=1ll*C(i,k)*f[i]%P)%=P;
		else (ans+=1ll*C(i,k)*f[i]%P)%=P;
	cout<<(ans%P+P)%P;
	return 0;
}