bzoj-3622 已经没有什么好害怕的了
题目大意：
数据范围：$1le n le 2000$ , $0le kle n$。
想法：
首先，不难求出药片比糖果小的组数。
紧接着，我开始的想法是
$f_{(i,j)}$表示前$i$个糖果中，满足糖果比药片大的组数是$j$的方案数。
进而发现需要将两个数组排序。
到这里一切都很正常，但是我们发现了一个问题：就是我在转移的时候，分两种情况讨论。第一种是当前糖果配对的药片比自己大，第二种是比自己小。
这样的话我需要乘上两个组合数。
但是我们仔细思考一下：如果这样转移的话，排序的意义（是的前面的区间不影响后面的区间）就失效了，我们发现这鬼东西是个有后效性的转移。
然后啊....通常我们遇到有后效性的$dp$怎么办呢？
这个后效性根本没有办法制约。
看了$cqzhangyu$的题解恍然大悟。
哦原来还可以容斥掉。
我们修改一下上面那个状态
$f_{(i,j)}$表示前$i$个糖果中，满足糖果比药片大的组数至少为$j$，且只考虑“糖果比药片大的糖果”的摆放情况的方案数。
这样的话我们就，暴力转移一下就行了。
就还是像上面一样分类讨论，但是如果是讨论比自己大的情况就直接加。
但是统计的时候需要乘上组合数，因为需要把比药片小的糖果的情况乘一下就好了嗷。
代码：
#include <bits/stdc++.h>
#define N 2010
using namespace std;
#define mod 1000000009
int a[N],b[N];
typedef long long ll;
ll f[N][N],fac[N],c[N][N];
ll ans=0;
char *p1,*p2,buf[100000];
#define nc() (p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,100000,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++)
int rd() {int x=0,f=1; char c=nc(); while(c<48) {if(c=='-') f=-1; c=nc();} while(c>47) x=(((x<<2)+x)<<1)+(c^48),c=nc(); return x*f;}
int main()
{
int n=rd(),m=rd();
if((n+m) % 2) puts("0"),exit(0);
m=(n+m)/2;
fac[0]=1; for(int i=1;i<=n;i++) fac[i]=fac[i-1] * i % mod;
for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=rd();
for(int i=1;i<=n;i++) b[i]=rd();
for(int i=0;i<=n;i++)
{
c[i][0]=1;
for(int j=1;j<=i;j++) c[i][j] = (c[i-1][j-1] + c[i-1][j]) % mod;
}
sort(a+1,a+n+1); sort(b+1,b+n+1);
f[0][0]=1;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
int k;
for(k=1;k<=n && b[k] < a[i];k++);
k--; for(int j=1;j<=i;j++) f[i][j]=(f[i-1][j] + f[i-1][j-1] * max(k-j+1,0)) % mod;
f[i][0]=f[i-1][0];
}
ll tmp=1;
for(int i=m;i<=n;i++) f[n][i]=(f[n][i]*fac[n-i])%mod,ans=(ans + tmp*f[n][i]*c[i][m]%mod + mod) % mod,tmp*=(-1);
cout << (ans + mod) % mod << endl ;
return 0;
}
小结：做一个后效性的$dp$，另一种办法就是采用容斥原理。