BZOJ 3622: 已经没有什么好害怕的了(二项式反演)

传送门

解题思路

　　首先将(a),(b)排序，然后可以算出(t(i))，表示(a(i))比多少个(b(i))大，根据容斥套路，设(f(k))表示恰好有(k)个(a(i))比(b(i))大，(g(k))表示至少有(k)个，那么(g(k)=sumlimits_{i=k}^ndbinom{i}{k}f(i))。发现这是一个二项式反演的形式，现在的问题变为如何求(g(k))，发现可以强制选(k)组，其余的任意搭配，强制选(k)组就可以(dp)了。设(dp(i)(j))表示前(i)个数，选了(j)个的方案数，因为(a)数组已经排好序，所以(dp(i)(j)=dp(i-1)(j)+dp(i-1)(j-1)*max(0,t(i)-j+1))，然后(g(k)=dp(n)(k)*(n-k)!)

代码

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>

using namespace std;
const int N=2005;
const int MOD=1e9+9;
typedef long long LL;

inline int rd(){
	int x=0,f=1;char ch=getchar();
	while(!isdigit(ch)) f=ch=='-'?0:1,ch=getchar();
	while(isdigit(ch)) x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0',ch=getchar();
	return f?x:-x;
}
inline int max(int x,int y){return x>y?x:y;}

int n,k,a[N],b[N],t[N],f[N][N],fac[N],inv[N],ans;

inline int fast_pow(int x,int y){
	int ret=1;
	for(;y;y>>=1){
		if(y&1) ret=(LL)ret*x%MOD;
		x=(LL)x*x%MOD;
	}
	return ret;
}

inline int C(int x,int y){
	return (LL)fac[x]*inv[y]%MOD*inv[x-y]%MOD;
}

int main(){
	n=rd(),k=rd();if((n+k)&1) return puts("0"),0;
	k=(n+k)>>1;int now=1;fac[0]=1;
	for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=rd();
	for(int i=1;i<=n;i++) b[i]=rd();
	sort(a+1,a+1+n);sort(b+1,b+1+n);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		t[i]=t[i-1];
		while(a[i]>b[now] && now<=n) t[i]++,now++;
	}
	f[0][0]=1;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		f[i][0]=1;
		for(int j=1;j<=i;j++)
			f[i][j]=(f[i-1][j]+(LL)f[i-1][j-1]*(max(0,t[i]-j+1))%MOD)%MOD;
	}
	for(int i=1;i<=n;i++) fac[i]=(LL)fac[i-1]*i%MOD;
	inv[n]=fast_pow(fac[n],MOD-2);
	for(int i=n-1;~i;i--) inv[i]=(LL)inv[i+1]*(i+1)%MOD;
	for(int i=k;i<=n;i++){
		if((i-k)&1) ans=(ans+(MOD-(LL)C(i,k)*f[n][i]%MOD*fac[n-i]%MOD))%MOD;
		else ans=(ans+(LL)C(i,k)*f[n][i]%MOD*fac[n-i]%MOD)%MOD;
	}
	printf("%d
",ans);
	return 0;
}