P4859 已经没有什么好害怕的了

题意

有 (a) 和 (b) 两个长度为 (n) 的序列，其中元素两两配对， (a>b) 的配对需比 (a<b) 的配对多恰好 (k) 个，求方案数

Solution

我们设 (f_{i,j}) 为前 (i) 个 (a) 中，选了 (j) 组 (a>b) 的方案数

可得状态转移方程：

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

(l_i) 表示离 (a_i) 最近的一个 (b)

再设 (g_i) 为 (geq i) 个的配对方案数， (h_i) 为恰好 (=i) 个的方案数，可得 (g_i=f_{n,i}*(n-i)!)

且容易得， (f_i) 在 (g_j) 中算了 ((^i_j)) 次

所以，得到：

[g(k)=sumlimits_{i=k}^ndbinom ikf(i) ]

由二项式反演，得：

[f(k)=sumlimits_{i=k}^n(-1)^{i-k}dbinom ikg(i) ]

代码

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<iostream>
#define ll long long

using namespace std;
const int N=2005,mod=1e9+9;
int n,k,a[N],b[N];
ll f[N][N],fac[N],inv[N],fac_inv[N];
int g[N];

inline int read(){
    int x=0,f=1;
    char ch=getchar();
    while(!isdigit(ch)){if(ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
    while(isdigit(ch)){x=x*10+(ch^48);ch=getchar();}
    return x*f;
}

inline void init(){
    inv[1]=1;fac[0]=fac_inv[0]=1;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        if(i!=1) inv[i]=(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;
        fac[i]=fac[i-1]*i%mod;
        fac_inv[i]=fac_inv[i-1]*inv[i]%mod;
    }
}

inline ll C(int n,int m){
    return fac[n]*fac_inv[m]%mod*fac_inv[n-m]%mod;
}

int main(){
    n=read();k=read();
    if((n+k)&1){
        puts("0");
        return 0;
    }
    k+=(n-k)/2;
    for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=read();
    for(int i=1;i<=n;i++) b[i]=read();
    sort(a+1,a+n+1);
    sort(b+1,b+n+1);
    init();
    int now=0;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        while(now<n&&a[i]>b[now+1]) now++;
        g[i]=now;
    }
    for(int i=0;i<=n;i++) f[i][0]=1;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int j=1;j<=g[i];j++)
            f[i][j]=(f[i-1][j]+f[i-1][j-1]*(g[i]-j+1)%mod)%mod;
    ll ans=0;
    for(int i=k;i<=n;i++)
        ans=(ans+(((i-k)&1)?-1:1)*fac[n-i]*f[n][i]%mod*C(i,k)%mod+mod)%mod;
    printf("%lld
",ans);
    return 0;
}