题意：
给出两个序列 (a_1,a_2,dots,a_n)，(b_1,b_2,dots,b_n)，(i) 与 (j) 能匹配当且仅当 (a_ileq b_j)。
定义一个匹配是极大的，当且仅当对于匹配的 ((i,j)) 都有 (a_ileq b_j) 并且未被匹配的 (a_i,b_j) 两两无法匹配。
求极大匹配的个数 (mod(10^9+7))。
(1leq nleq 3000)
真·Pt 三个 (mod (10^9+7))。
真·去年 Pt bao0 今年还是 bao0
我还有什么好说的呢？/kk
现场只会 (n^3) 的做法，赛后看了题解才发现我们做法里正解只差一步之遥。
显然，一个匹配是极大匹配的充要条件是最小的未被匹配的 (a_i) (gt) 最大的未被匹配的 (b_j)。
(a,b) 的下标对匹配个数显然是没有影响的，故不管三七二十一先将 (a,b) 从小到大排个序。
定义 (p_j) 为最大的满足 (a_ileq b_j) 的 (i)。那么 (j) 能匹配的 (a_i) 是 (a) 的一段前缀——一段长度为 (p_j) 的前缀。那么这样一来，每个 (b_j) 有两种选择，一种是选择一个下标 (leq p_j) 的，被钦定“要被匹配”却还没有被匹配的 (a_i) 并与其进行匹配。一种是干脆不匹配。但是，如果在 (1)~(p_j) 中存在某个 (a_i) 被钦定“不被匹配”，那么就不能选择第二种情况。因为这样一来就会存在一个未被匹配的 (a_ileq b_j)，不符合极大匹配的条件。
我们可以因此设计出 (dp) 状态：(dp_{i,x,f}) 表示我们在前 (p_i) 个 (a_i) 和前 (i) 个 (b_j) 中匹配 ，现在有 (x) 个 (a_i) 被钦定“要被匹配”却还没有被匹配，(f) 表示是否存在某个 (a_i) 被钦定“不被匹配”。考虑 ((p_i,p_{i+1}]) 中的 (a_i)，我们枚举其当中被钦定“要被匹配”的个数 (k)，然后可以得到下面两个转移方程式：
- (dp_{i+1,x+k-1,f|(k!=(p_{i+1}-p_i))}+=dp_{i,j,k} imes inom{p_{i+1}-p_i}{k} imes(x+k))
- (dp_{i+1,x+k,f|(k!=(p_{i+1}-p_i))}+=dp_{i,j,k} imes inom{p_{i+1}-p_i}{k}) 这种转移要求 (f|(k!=(p_{i+1}-p_i))=0)
稍微解释一下这两个转移方程：第一个方程对应上面的第一种情况，从 (p_{i+1}-p_i) 个 (a_i) 当中钦定选择 (k) 个的方案数为 (inom{p_{i+1}-p_i}{k})，再选择一个与 (b_{i+1}) 匹配有 (x+k) 种选法。第二个方程对应上面的第二种情况，即 (b_{i+1}) 不与任何 (a_i) 匹配。但这种转移有个前提条件，那就是 ([1,p_{i+1}]) 中所有的 (a_i) 都要被钦定匹配，即 (f|(k!=(p_{i+1}-p_i))=0)。
最终答案即为 (dp_{n,0,0}+dp_{n,0,1})。时间复杂度乍一看是 (n^3) 的，但 (sum p_{i+1}-p_i=n)，故转移均摊 (mathcal O(1))，总复杂度 (mathcal O(n^2))。
看到没？什么超纲的算法都没有。所以啊，菜是原罪/kk
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define fi first
#define se second
#define fz(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define fd(i,a,b) for(int i=a;i>=b;i--)
#define ffe(it,v) for(__typeof(v.begin()) it=v.begin();it!=v.end();it++)
#define fill0(a) memset(a,0,sizeof(a))
#define fill1(a) memset(a,-1,sizeof(a))
#define fillbig(a) memset(a,63,sizeof(a))
#define pb push_back
#define ppb pop_back
#define mp make_pair
template<typename T1,typename T2> void chkmin(T1 &x,T2 y){if(x>y) x=y;}
template<typename T1,typename T2> void chkmax(T1 &x,T2 y){if(x<y) x=y;}
typedef pair<int,int> pii;
typedef long long ll;
template<typename T> void read(T &x){
x=0;char c=getchar();T neg=1;
while(!isdigit(c)){if(c=='-') neg=-1;c=getchar();}
while(isdigit(c)) x=x*10+c-'0',c=getchar();
x*=neg;
}
const int MAXN=3000;
const int MOD=1e9+7;
int n,a[MAXN+5],b[MAXN+5],p[MAXN+5],dp[MAXN+5][MAXN+5][2],c[MAXN+5][MAXN+5];
int main(){
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);sort(a+1,a+n+1);
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&b[i]);sort(b+1,b+n+1);
for(int i=0;i<=MAXN;i++){
c[i][0]=1;
for(int j=1;j<=i;j++) c[i][j]=(c[i-1][j]+c[i-1][j-1])%MOD;
}
int pos=1;
for(int i=1;i<=n;i++){
while(pos<=n&&a[pos]<=b[i]) pos++;
p[i]=--pos;
}
dp[0][0][0]=1;
for(int i=0;i<n;i++) for(int j=0;j<=p[i];j++){
for(int k=0;k<2;k++) for(int l=0;l<=p[i+1]-p[i];l++){
int nk=(k||(l!=(p[i+1]-p[i])));
if(j+l-1>=0) dp[i+1][j+l-1][nk]=(dp[i+1][j+l-1][nk]+1ll*dp[i][j][k]*(j+l)%MOD*c[p[i+1]-p[i]][l]%MOD)%MOD;
if(!nk) dp[i+1][j+l][nk]=(dp[i+1][j+l][nk]+1ll*dp[i][j][k]*c[p[i+1]-p[i]][l])%MOD;
}
}
// for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=0;j<=p[i];j++) for(int k=0;k<2;k++)
// printf("%d %d %d %d
",i,j,k,dp[i][j][k]);
printf("%d
",(dp[n][0][0]+dp[n][0][1])%MOD);
return 0;
}