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题目

传送门

为了方便表示，令 “糖果” 为 (a)，“药片” 为 (b)。

解法

首先 (nequiv kpmod 2)，不然是无解的。不过好像没有这种数据（

由于没有重复的数字，我们可以确定 (a>b) 的组数为 (s=frac{n+k}{2})。

然后有一个比较神仙的 (mathtt{dp})：将 (a,b) 分别进行排序，令 (dp_{i,j}) 为前 (i) 个 (a) 中 至少 有 (j) 组 (a>b) 的方案数。注意，我们 钦定 的 (a<b) 的匹配种类没有被计算。有：

[dp_{i,j}=dp_{i-1,j}+dp_{i-1,j-1} imes max{0,lst_i-(j-1)} ]

其中 (lst_i) 为小于 (a_i) 的 (b) 的个数。后面乘上的那一坨就是使 (a_i>b) 的还未匹配的 (b) 的个数。

另外，(max) 实际上可以去掉，因为当 (lst_i-(j-1)<0) 时，(dp_{i-1,j-1}) 必为 (0)。

令 (f_i=dp_{n,i} imes (n-i)!)，这样 (f_i) 就计算上了 钦定 的 (a<b) 的匹配种类。

令 (g_i) 为所有 (a) 中 恰好 有 (i) 组 (a>b) 的方案数。发现对于 (ige m)，(f_m) 中计算了 ( ext{C}(i,m)) 次 (g_i)。考虑套用二项式反演，有：

[g_s=sum_{i=s}^n (-1)^{i-s}cdot ext{C}(i,s)cdot f_i ]

代码

#include <cstdio>
#define print(x,y) write(x),putchar(y)

template <class T>
inline T read(const T sample) {
	T x=0; char s; bool f=0;
	while((s=getchar())>'9' or s<'0')
		f|=(s=='-');
	while(s>='0' and s<='9')
		x=(x<<1)+(x<<3)+(s^48),
		s=getchar();
	return f?-x:x;
}

template <class T>
inline void write(const T x) {
	if(x<0) {
		putchar('-'),write(-x);
		return;
	}
	if(x>9) write(x/10);
	putchar(x%10^48);
} 

#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;

const int mod=1e9+9,maxn=2005;

int n,k,a[maxn],b[maxn],lst[maxn];
int fac[maxn],ifac[maxn];
int dp[maxn][maxn];

int inv(int x,int y=mod-2) {
	int r=1;
	while(y) {
		if(y&1) r=1ll*r*x%mod;
		x=1ll*x*x%mod; y>>=1;
	}
	return r;
}

void init() {
	fac[0]=1;
	for(int i=1;i<=maxn-5;++i)
		fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%mod;
	ifac[maxn-5]=inv(fac[maxn-5]);
	for(int i=maxn-6;i>=0;--i)
		ifac[i]=1ll*ifac[i+1]*(i+1)%mod;
}

int C(int n,int m) {
	if(n<m) return 0;
	return 1ll*fac[n]*ifac[m]%mod*ifac[n-m]%mod;
}

int main() {
	n=read(9),k=read(9);
	init();
	for(int i=1;i<=n;++i)
		a[i]=read(9);
	for(int i=1;i<=n;++i)
		b[i]=read(9);
	sort(a+1,a+n+1);
	sort(b+1,b+n+1);
	int p=0;
	for(int i=1;i<=n;++i) {
		while(p+1<=n and b[p+1]<a[i])
			++p;
		lst[i]=p;
	}
	dp[0][0]=1;
	for(int i=1;i<=n;++i) {
		dp[i][0]=1;
		for(int j=1;j<=n;++j)
			dp[i][j]=(dp[i-1][j]+1ll*dp[i-1][j-1]*max(0,lst[i]-j+1)%mod)%mod;
	}
	int ans=0,tmp=1;
	k=n+k>>1;
	for(int i=n;i>=k;--i) {
		if(i-k&1)
			ans=(ans-1ll*C(i,k)*dp[n][i]%mod*tmp%mod+mod)%mod;
		else 
			ans=(ans+1ll*C(i,k)*dp[n][i]%mod*tmp%mod)%mod;
		tmp=1ll*tmp*(n-i+1)%mod;
	}
	print(ans,'
');
	return 0;
}