给定两个数组a[n]与b[n]（数全不相等），两两配对，求“a比b大”的数对比“b比a大”的数对个数多k的配对方案数。
据说做了这题就没什么题好害怕的了，但感觉实际上这是一个套路题，只是很难想到。
首先显然“a比b大”的个数是确定的，问题转化成求“a比b大”的数对个数为m的方案数。
不好算考虑容斥，总结下容斥的一些套路。(From ATP's Blog)
1.全部-至少一个+至少两个-…=一个也没有的
2.所有的-一个也没有的=至少有一个的
3.至少有k个的-C(k+1,k)* 至少有k+1个的+C(k+2,k) *至少有k+2个的…=恰好有k个的
4.将“强制一部分满足要求，一部分不满足”转化为只强制一部分满足要求，然后容斥
5.补集转化 Min-Max容斥 与质因子相关的容斥用$mu$做容斥系数。
（还有一种类似FMT思想的容斥，不过只是用于求解问题中简便使用的，一般不作为容斥方法）
这题用的是第三种，同样的题可见[BZOJ3198][SDOI2013]Spring(容斥+Hash)
这样，问题就变成求“a比b大”的数对个数不少于m的方案数。
将a,b均排序，考虑DP，f[i][j]表示给前i个a中的至少j个安排数值更低的b的方案数。
则有：f[i][j]=f[i-1][j]+f[i-1][j-1]*(k-(j-1))
其中k为b中小于a[i]的最后一个数的位置。
理解起来就是，如果i与k之后的配对，方案数为f[i-1][j]，否则i有k-(j-1)种选法。
问题得解，注意特判n和m不同奇偶，DP转移是特判j=0即可。
1 #include<cstdio> 2 #include<algorithm> 3 #define rep(i,l,r) for (int i=(l); i<=(r); i++) 4 typedef long long ll; 5 using namespace std; 6 7 const int N=2010; 8 const ll mod=1000000009; 9 int n,m; 10 ll ans; 11 ll f[N][N],C[N][N],fac[N]; 12 int a[N],b[N]; 13 14 int main(){ 15 freopen("bzoj3622.in","r",stdin); 16 freopen("bzoj3622.out","w",stdout); 17 scanf("%d%d",&n,&m); 18 if ((n^m)&1){ puts("0"); return 0; } 19 m=(n+m)>>1; fac[0]=1; 20 rep(i,1,n) fac[i]=fac[i-1]*i%mod; 21 rep(i,1,n) scanf("%d",&a[i]); 22 rep(i,1,n) scanf("%d",&b[i]); 23 rep(i,0,n){ 24 C[i][0]=1; 25 rep(j,1,i) C[i][j]=(C[i-1][j-1]+C[i-1][j])%mod; 26 } 27 sort(a+1,a+n+1); sort(b+1,b+n+1); 28 f[0][0]=1; 29 rep(i,1,n){ 30 int k=1; while (k<=n && b[k]<a[i]) k++; k--; 31 rep(j,1,i) f[i][j]=(f[i-1][j]+f[i-1][j-1]*max(k-j+1,0))%mod; 32 f[i][0]=f[i-1][0]; 33 } 34 ll t=1; 35 rep(i,m,n) f[n][i]=(f[n][i]*fac[n-i])%mod,ans=(ans+t*f[n][i]*C[i][m]%mod+mod)%mod,t=-t; 36 printf("%lld ",(ans+mod)%mod); 37 return 0; 38 }