BZOJ 3622: 已经没有什么好害怕的了

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首先把 $k$ 设为 $\frac{n+k}{2}$
拿到手第一想法是直接求刚好有 $k$ 个大于的情况，设为 $f_i$
单纯的组合计数貌似比较难搞。。。
考虑有至少 $k$ 个大于的情况，设为 $g_i$
似乎两者有关联？
很明显 $g_i = \displaystyle\sum_{j=i}^{n}f_j$ 嘛
如果能求出 $g_i$ 也就可以求出 $f_i$ 啦
那我怎么求 $g_i$ 呢？
现在比较好求的是在有 $n$ 个元素的 $a$ 组中选 $k$ 个大于出来
可以列出DP方程： $dp[i][j]=dp[i-1][j]+dp[i-1][j-1]\times(t[i]-j+1)$
（ $t[i]$ 表示 $a$ 的第 $i$ 个元素比多少个 $b$ 的元素大）
剩下的 $n-k$ 个元素怎么办？
不能确定的话，要不要都弄上去算了？
重新定义一次 $g_i=dp[n][i]\times(n-i)!$
这是个什么东西？
部分确定部分不确定的，有什么用？
不是要求至少有 $k$ 个大于的吗，这有关联吗？
的确没有
但是这个 $g$ 直接和最终要求的 $f$ 有关联！
显然这个 $g_i=\displaystyle\sum_{j=i}^{n}c_jf_j$
这里有个常数，因为实际上 $g_i$ 还算了很多重复的东西
对于一个 $f_j$ ，它在 $g_i$ 中出现了不止一次，为什么呢？
$g_i$ 实际上是确定了 $i$ 个大于号后，全排了剩下的
剩下的肯定还会产生一些大于号
对于 $f_j$ ，它计录的是刚好有 $j$ 个大于号
但是在 $g_i$ 中，只确定了 $j$ 个中的 $i$ 个，剩下的 $j-i$ 个来自于全排列部分
这样一来，在 $g_i$ 中 $f_j$ 出现了恰好 $j\choose{i}$ 次
所以 $g_i=\displaystyle\sum_{j=i}^{n}{j\choose{i}}f_j$
只剩最后一步了，由二项式反演公式 $f_i=\displaystyle\sum_{j=i}^{n}(-1)^{j-i}{j\choose{i}}g_j$
就结束啦
(证明方法可以参考这里)

/*
Created 2019-1-6
"已经没有什么好害怕的了"
*/

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

const int N = 2000 + 5;
const int mod = 1e9 + 9;

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

int power(int a, int n) {
	int b = 1;
	while (n) {
		if (n & 1) {
			b = 1LL * b * a % mod;
		}
		a = 1LL * a * a % mod;
		n >>= 1;
	}
	return b;
}

int C(int n, int k) {
	return 1LL * fac[n] * inv[k] % mod * inv[n-k] % mod;
}

int main() {
	freopen("read.in", "r", stdin);
	scanf("%d %d", &n, &k);
	if ((n+k) & 1) {
		puts("0");
		return 0;
	}
	k = (n + k) / 2;
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		scanf("%d", &a[i]);
	}
	sort(a+1, a+1+n);
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		scanf("%d", &b[i]);
	}
	sort(b+1, b+1+n);
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		t[i] = t[i-1];
		while (t[i] < n && a[i] > b[t[i]+1]) {
			t[i]++;
		}
	}
	f[0][0] = 1;
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		for (int j = 0; j <= n; j++) {
			f[i][j] = f[i-1][j];
			if (j && t[i] - j + 1) {
				f[i][j] = (f[i][j] + 1LL * f[i-1][j-1] * (t[i] - j + 1) % mod) % mod;
			}
		}
	}
	fac[0] = 1;
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		fac[i] = 1LL * fac[i-1] * i % mod;
	}
	inv[n] = power(fac[n], mod-2);
	for (int i = n; i; i--) {
		inv[i-1] = 1LL * inv[i] * i % mod;
	}
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		f[n][i] = 1LL * f[n][i] * fac[n-i] % mod;
	}
	for (int i = k; i <= n; i++) {
		ans = (ans + 1LL * ((i - k) & 1 ? -1 : 1) * C(i, k) * f[n][i]) % mod;
	}
	ans = (ans + mod) % mod;
	printf("%d\n", ans);
	return 0;
}

BZOJ 3622: 已经没有什么好害怕的了

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