[BZOJ3622]已经没有什么好害怕的了-容斥原理-二项式反演

已经没有什么好害怕的了

Description

Input

Output

Sample Input

4 2
5 35 15 45
40 20 10 30

Sample Output

4

HINT

输入的2*n个数字保证全不相同。

还有输入应该是第二行是糖果，第三行是药片

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容斥原理好题。
另外这题面……

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思路:
首先将糖果数组$a$和药片数组$b$分别排好序。

直接算太困难，考虑使用容斥原理简化一下约束。
预处理一个数组$c[i]$表示$b$中比$a[i]$小的数的个数。
考虑dp，令$f[i][j]$表示考虑到第$i$个$a$，已经选出了$j$对$(x,y)$满足$a[x]>b[y]$的方案数。
转移方程很简单，可以滚动数组加速:

$f[i][j]=(f[i-1][j]+f[i-1][j-1]*max(0,c[i]-j+1)$

可以发现，$f[n][j]*(n-j)!$恰好为至少有$j$组$(x,y)$满足$a[x]>b[y]$的方案数。
令$g[i]$为恰好有$i$组$(x,y)$满足$a[x]>b[y]$的方案数，同时下面采用$f[i]$代替$f[n][i]*(n-i)!$。
那么，$g[j]$恰好在$f[i]$中被算了${j \choose i}$次。

于是有以下式子:
$f[i]=\sum_{j=i}^n {j \choose i}*g[j]$
考虑二项式反演:
$g[i]=\sum_{j=i}^n(-1)^{j-i}*{j \choose i}*f[j]$

此时，$g[(n+k)/2]$便是最终答案。
完成~

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

using namespace std;

typedef long long ll;
const int N=2009;
const int md=1e9+9;

inline int read()
{
    int x=0;char ch=getchar();
    while(ch<'0' || '9'<ch)ch=getchar();
    while('0'<=ch && ch<='9')x=x*10+(ch^48),ch=getchar();
    return x;
}

int n,k,a[N],b[N],c[N];
ll f[2][N],fac[N],inv[N];

inline ll qpow(ll a,ll b)
{
    ll ret=1;
    while(b)
    {
        if(b&1)
            ret=ret*a%md;
        a=a*a%md;
        b>>=1;
    }
    return ret;
}

inline ll co(ll a,ll b){return fac[a]*inv[b]%md*inv[a-b]%md;}
inline ll maxx(ll a,ll b){if(a>b)return a;return b;}
inline ll chk(ll &a){if(a>=md)a-=md;}

int main()
{
    n=read();k=read();
    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);

    for(int i=1,j=0;i<=n;i++,c[i]=c[i-1])
        while(c[i]<n && b[c[i]+1]<a[i])c[i]++;

    f[0][0]=1;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int j=0;j<=c[i];j++)
            chk(f[i&1][j]=(f[i&1^1][j]+f[i&1^1][j-1]*maxx(0,(ll)c[i]-j+1ll)%md));

    fac[0]=1;
    for(ll i=1;i<=n;i++)
        fac[i]=fac[i-1]*i%md;
    inv[n]=qpow(fac[n],md-2);
    for(ll i=n;i>=1;i--)
        inv[i-1]=inv[i]*i%md;

    int s=(n+k)>>1;
    ll ans=0;
    for(int i=s;i<=n;i++)
        (ans+=((i-s)&1?(md-1):1)*co(i,s)%md*f[n&1][i]%md*fac[n-i]%md)%=md;
    printf("%lld\n",ans);
    return 0;
}