解题：BZOJ 3622 已经没有什么好害怕的了·

题面

用来学习二项式反演的题目

大于等于/小于等于 反演出 恰好等于

设前者为f(n)，后者为g(n)，则有$f(n)=sumlimits_{i=0}^nC_n^ig(n)<->g(n)=sumlimits_{i=0}^n(-1)^iC_n^if(i)$

这里我们$n^2$地dp求出$f(i)$表示a>b的组数大于等于i的方案数然后套二项式反演即可。设$dp[i][j]$表示前i个物品产生了j组a>b的配对的方案数，那么$dp[i][j]=dp[i-1][j]+(lst-j+1)*dp[i-1[j-1]$，其中lst表示b中小于a_i的数的数目，最后$f(i)=dp[n][i]*(n-i)!$。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=2005,mod=1e9+9;
int n,m,ans,a[N],b[N],lst[N];
int f[N],g[N],fac[N],inv[N],dp[N][N];
void Add(int &x,int y)
{
    x+=y;
    if(x<0) x+=mod;
    else if(x>=mod) x-=mod;
}
int Qpow(int x,int k)
{
    if(k==1) return x;
    int tmp=Qpow(x,k/2);
    return k%2?1ll*tmp*tmp%mod*x%mod:1ll*tmp*tmp%mod;
}
int C(int a,int b)
{
    return 1ll*fac[a]*inv[b]%mod*inv[a-b]%mod;
}
void Pre()
{
    fac[0]=inv[0]=1,m=(n+m)/2;
    for(int i=1;i<=2000;i++) fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%mod;
    inv[2000]=Qpow(fac[2000],mod-2);
    for(int i=1999;i;i--) inv[i]=1ll*inv[i+1]*(i+1)%mod;
}
int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&m),Pre();
    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+1+n),sort(b+1,b+1+n),dp[0][0]=1;
    for(int i=1;i<=n;i++) lst[i]=lower_bound(b+1,b+1+n,a[i])-b-1;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        dp[i][0]=dp[i-1][0];
        for(int j=1;j<=n;j++)    
            dp[i][j]=(dp[i-1][j]+1ll*max(0,lst[i]-j+1)*dp[i-1][j-1]%mod)%mod;
    }
    for(int i=1;i<=n;i++) g[i]=1ll*dp[n][i]*fac[n-i]%mod;
    for(int i=m;i<=n;i++)
        Add(ans,(((i-m)&1)?-1ll:1ll)*C(i,m)*g[i]%mod);
    printf("%d",ans);
    return 0;
}