[BZOJ 3622]已经没有什么好害怕的了

Description

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给出 \(n\) 个数 \(a_i\) ，以及 \(n\) 个数 \(b_i\) ，要求两两配对使得 \(a>b\) 的对数减去 \(a<b\) 的对数等于 \(k\) 。

\(0\leq k\leq n\leq 2000\) ，保证 \(a,b\) 无相同元素。

Solution

我们假设 \(a>b\) 对数为 \(x\) ，可以求得 \(x=\frac{n+k}{2}\) 。

我们令 \(f_{i,j}\) 表示前 \(i\) 个 \(a\) 中，选了 \(j\) 组满足 \(a>b\) 的方案数。

容易得到 \(\text{dp}\) 方程

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

其中 \(l_i\) 表示从小到大排序后 \(b\) 中 \(<a_i\) 的最靠后一个数。

我们记 \(g_i=f_{n,i}\times (n-i)!\) 即满足 \(a>b\) 的组数 \(\geq i\) 的方案数，再令 \(f_i\) 表示恰好满足 \(a>b\) 的组数 \(= i\) 的方案数。

容易发现对于 \(i>j\) \(f_i\) 恰好在 \(g_j\) 中算了 {i\choose j} 次。

那么存在

\[g(k)=\sum_{i=k}^n{i\choose k}f(i)\]

由二项式反演得

\[f(k)=\sum_{i=k}^n(-1)^{i-k}{i\choose k}g(i)\]

直接求解即可。

Code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 2000+5, yzh = 1e9+9;

int n, k, a[N], b[N], l[N], f[N][N], fac[N], ifac[N], g[N];

int C(int n, int m) {return 1ll*fac[n]*ifac[m]%yzh*ifac[n-m]%yzh; }
void work() {
    scanf("%d%d", &n, &k);
    if ((n+k)&1) {puts("0"); return; } k = (n+k)/2;
    ifac[0] = ifac[1] = fac[0] = fac[1] = 1;
    for (int i = 2; i < N; i++) ifac[i] = -1ll*yzh/i*ifac[yzh%i]%yzh;
    for (int i = 2; i < N; i++)
        fac[i] = 1ll*fac[i-1]*i%yzh, ifac[i] = 1ll*ifac[i-1]*ifac[i]%yzh;
    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+n+1); sort(b+1, b+n+1);
    int loc = 0;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        while (loc < n && b[loc+1] < a[i]) ++loc;
        l[i] = loc;
    }
    f[0][0] = 1;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        f[i][0] = f[i-1][0];
        for (int j = 1; j <= i; j++)
            f[i][j] = (1ll*f[i-1][j]+1ll*f[i-1][j-1]*max(0, l[i]-j+1)%yzh)%yzh;
    }
    for (int i = 0; i <= n; i++) g[i] = 1ll*f[n][i]*fac[n-i]%yzh;
    int ans = 0;
    for (int i = k; i <= n; i++)
        if ((i-k)&1) (ans -= 1ll*C(i, k)*g[i]%yzh) %= yzh;
        else (ans += 1ll*C(i, k)*g[i]%yzh) %= yzh;
    printf("%d\n", (ans+yzh)%yzh);
}
int main() {work(); return 0; }