[BZOJ 3622]已经没有什么好害怕的了

Description

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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) 。

(0leq kleq nleq 2000) ，保证 (a,b) 无相同元素。

Solution

我们假设 (a>b) 对数为 (x) ，可以求得 (x=frac{n+k}{2}) 。

我们令 (f_{i,j}) 表示前 (i) 个 (a) 中，选了 (j) 组满足 (a>b) 的方案数。

容易得到 ( ext{dp}) 方程

[f_{i,j}=f_{i-1,j}+(l_i-j+1) imes f_{i-1,j-1}]

其中 (l_i) 表示从小到大排序后 (b) 中 (<a_i) 的最靠后一个数。

我们记 (g_i=f_{n,i} imes (n-i)!) 即满足 (a>b) 的组数 (geq i) 的方案数，再令 (f_i) 表示恰好满足 (a>b) 的组数 (= i) 的方案数。

容易发现对于 (i>j) (f_i) 恰好在 (g_j) 中算了 ({ichoose j}) 次。

那么存在

[g(k)=sum_{i=k}^n{ichoose k}f(i)]

由二项式反演得

[f(k)=sum_{i=k}^n(-1)^{i-k}{ichoose k}g(i)]

直接求解即可。

Code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 2000+5, yzh = 1e9+9;

int n, k, a[N], b[N], l[N], f[N][N], fac[N], ifac[N], g[N];

int C(int n, int m) {return 1ll*fac[n]*ifac[m]%yzh*ifac[n-m]%yzh; }
void work() {
    scanf("%d%d", &n, &k);
    if ((n+k)&1) {puts("0"); return; } k = (n+k)/2;
    ifac[0] = ifac[1] = fac[0] = fac[1] = 1;
    for (int i = 2; i < N; i++) ifac[i] = -1ll*yzh/i*ifac[yzh%i]%yzh;
    for (int i = 2; i < N; i++)
        fac[i] = 1ll*fac[i-1]*i%yzh, ifac[i] = 1ll*ifac[i-1]*ifac[i]%yzh;
    for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &a[i]);
    for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &b[i]);
    sort(a+1, a+n+1); sort(b+1, b+n+1);
    int loc = 0;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        while (loc < n && b[loc+1] < a[i]) ++loc;
        l[i] = loc;
    }
    f[0][0] = 1;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        f[i][0] = f[i-1][0];
        for (int j = 1; j <= i; j++)
            f[i][j] = (1ll*f[i-1][j]+1ll*f[i-1][j-1]*max(0, l[i]-j+1)%yzh)%yzh;
    }
    for (int i = 0; i <= n; i++) g[i] = 1ll*f[n][i]*fac[n-i]%yzh;
    int ans = 0;
    for (int i = k; i <= n; i++)
        if ((i-k)&1) (ans -= 1ll*C(i, k)*g[i]%yzh) %= yzh;
        else (ans += 1ll*C(i, k)*g[i]%yzh) %= yzh;
    printf("%d
", (ans+yzh)%yzh);
}
int main() {work(); return 0; }