题解：已经没有什么好害怕的了

题意分析

设“糖果”能量为 \(a_1,a_2,a_3,\cdots,a_n\)，“药片”能量为 \(b_1,b_2,b_3,\cdots,b_n\)；不妨令 \(a,b\) 均单调递增。

因为 \(a_i,b_j\) 互不相同，因此每一种组合都是独一无二的。

设“糖果”比“药片”能量大的组数为 \(k'\)，则有 \(k'+(k'-k)=n,k'=\dfrac{n+k}{2}\)。

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观察题面和样例解释，可以发现答案为可能的二元组的排列的数目。因此可以考虑先求出满足条件的组合数目。

考虑 DP。设 \(\textit{dp}_{i,j}\) 表示选择了 \(a_1\sim a_i\)，\(j\) 对的满足条件的组合的数量数。

设 \(l_i\) 为 \(\langle b_1,b_2,b_3,\cdots,b_n\rangle\) 中小于等于 \(a_i\) 的最大的数的排名，则有：

\[\textit{dp}_{i,j}=\textit{dp}_{i-1,j}+\max(0,(l_i-j+1))\cdot \textit{dp}_{i-1,j-1} \]

考虑选择 \(a_i\)：

• 若包含 \(a_i\) 的组合是不符合条件的，则方案数为 \(\textit{dp}_{i-1,j}\)。

• 否则若 \(a_i\) 符合条件，则方案数为 \(\textit{dp}_{i-1,j-1}(l_i-j+1)\)，即 \(b_j,b_{j+1},\cdots,b_{l_i}\) 均可以与 \(a_i\) 组合，均满足条件。

  但是会注意到这么一种情况，那就是 \(l_i<j\)，因此要和 \(0\) 取最大值，防止贡献计算错误。

设 \(g_i\) 表示“至少” \(i\) 对满足 \(a>b\)，\(n-i\) 对不定的排列数，有：

\[g_i=\textit{dp}_{n,i}\cdot(n-i)! \]

设 \(f_i\) 表示 \(i\) 对满足 \(a>b\)，\(n-i\) 对满足 \(a<b\) 的排列数。

\(g_i\) 满足 \(n-i\) 对不定，那么就可以枚举 \(j\) 多少对满足 \(a>b\)，\(n-j\) 对满足 \(a<b\)：

\[g_i=\sum_{j=i}^n\dbinom{j}{i}f_j \]

故，由二项式反演，有：

\[f_{k'}=\sum_{i=k'}^n(-1)^{i-k'}\binom{i}{k'}g_i \]

AC 代码

//#include<bits/stdc++.h>
#include<algorithm> 
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<iomanip>
#include<cstdio>
#include<string>
#include<vector>
#include<cmath>
#include<ctime>
#include<deque>
#include<queue>
#include<stack>
#include<list>
using namespace std;
#define int long long
constexpr const int N=2000,K=N,P=1000000009;
int n,k,a[N+1],b[N+1],dp[N+1][N+1],g[N+1],f[N+1];
int fact[N+1],factInv[N+1];
int qpow(int base,int n){ 
	int ans=1;
	while(n){
		if(n&1){
			ans=1ll*ans*base%P;
		}
		base=1ll*base*base%P;
		n>>=1;
	}
	return ans;
}
void pre(){
	fact[0]=1;
	for(int i=1;i<=N;i++){
		fact[i]=1ll*i*fact[i-1]%P;
	}
	factInv[N]=qpow(fact[N],P-2);
	for(int i=N-1;i>=0;i--){
		factInv[i]=1ll*(i+1)*factInv[i+1]%P;
	}
}
int C(int n,int m){
	if(n<0||m<0||n<m){
		return 0;
	}
	return 1ll*fact[n]*factInv[m]%P*factInv[n-m]%P;
}
main(){
	/*freopen("test.in","r",stdin);
	freopen("test.out","w",stdout);*/
	
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0);cout.tie(0);
	
	pre();
	cin>>n>>k;
	if((n+k)&1){
		cerr<<"0\n";
		return 0;
	}else{
		k=n+k>>1;
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		cin>>a[i];
	}
	sort(a+1,a+n+1);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		cin>>b[i]; 
	}
	sort(b+1,b+n+1);
	dp[0][0]=1;
	for(int i=1,p=0;i<=n;i++){
		dp[i][0]=dp[i-1][0];
		for(int j=1;j<=i;j++){
			while(p+1<=n&&b[p+1]<a[i]){
				p++;
			}
			dp[i][j]=(1ll*dp[i-1][j] + dp[i-1][j-1] * max(0ll,p-j+1))%P;
		}
	}
	for(int i=0;i<=n;i++){
		g[i]=1ll*dp[n][i]*fact[n-i]%P;
	}
	int ans=0;
	for(int i=k;i<=n;i++){
		int pl=1;
		if((i-k)&1){
			pl=-1;
		}
		ans=(ans+1ll*pl*C(i,k)*g[i]%P)%P;
	}
	if(ans<0){
		ans+=P;
	}
	cout<<ans<<'\n';
	 
	cout.flush(); 
	
	/*fclose(stdin);
	fclose(stdout);*/
	return 0;
}