bzoj 3622 已经没有什么好害怕的了 类似容斥，dp

3622: 已经没有什么好害怕的了

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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

Source

2014湖北省队互测week2

先把两个数列a，b从小到大排序。

设f[i][j]表示前i对数中，满足糖果大于药片的对数“至少”有j对的方案数。

总共要组n对数，其中糖果大于药片的组数比药片大于糖果的组数多k组，那么总共需要 m=(n+k)/2 对数满足糖果大于药片，剩下的满足药片大于糖果。

先用next[]数组记录对于a中的每个数，在j中有next[i]个数比它小，则a[i]可以和next[i]个数组成糖果大于药片的数对。

进行DP： f[i][j]=(f[i-1][j]+f[i-1][j-1]*max(next[i]-(j-1),0)%mod

这样求出来的是“至少”有j对的方案数，而我们需要的是“恰好”有m对的方案数。

显然（并不）这是一个容斥问题：

f[n][i]表示总共n对数中，至少有i对数满足“糖果大于药片”。在a数列中，剩下的(n-i)个数各自要找b数列中剩下的一个数配对，方案共有 (n-i)!  (←阶乘) 种。

设dp[n][i]=“n对数中恰好i对数满足糖果大于药片”的方案数，则dp[n][i] = f[n][i]*(n-i)! -多余部分

接下来分析多余部分：

若j>i,在dp[n][j]中(这里的dp[n][j]是已经算完的正确答案，为此需要倒序计算)的一部分可能会被算进f[n][i]中，这种误算的方案有C[j][i]*dp[n][j]种。

所以： dp[n][i]=f[n][i]*(n-i)! - ( Σ(i<j<=n)   C[j][i]*dp[n][j] )  注意取模

之后发现dp数组只用到了[n][i]，所以第一维可以扔掉了

十分巧妙，倒着去推出，估计看到数据范围我也不会去想这样的方法。

容斥一般20还行，这么多貌似(⊙o⊙)…

#pragma GCC optimize(2)
#pragma G++ optimize(2)
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstring>

#define ll long long
#define N 2007
#define mod 1000000009
using namespace std;
inline int read()
{
    int x=0,f=1;char ch=getchar();
    while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
    while(isdigit(ch)){x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0';ch=getchar();}
    return x*f;
}

int n,m;
int a[N],b[N];
int num[N];
ll f[N][N],dp[N],C[N][N],A[N];

void init_C()
{
    for (int i=0;i<=n;i++)C[i][0]=1;
    for (int i=1;i<=n;i++)
        for (int j=1;j<=i;j++)
            C[i][j]=(C[i-1][j]+C[i-1][j-1])%mod;
    A[1]=1;
    for (int i=2;i<=n;i++)(A[i]=A[i-1]*i)%=mod;
}
int main()
{
    n=read(),m=(read()+n)/2;
    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=1;i<=n;i++)
    {
        while(j<=n&&b[j]<a[i])j++;
        num[i]=j-1;
    }
    init_C();
    for (int i=0;i<=n;i++)f[i][0]=1;
    for (int i=1;i<=n;i++)
        for (int j=1;j<=i;j++)
            f[i][j]=(f[i-1][j]+f[i-1][j-1]*max(num[i]-j+1,0))%mod;
    for (int i=n;i>=m;i--)
    {
        dp[i]=f[n][i]*A[n-i]%mod;
        for(int j=i+1;j<=n;j++)
            dp[i]=((dp[i]-dp[j]*C[j][i]%mod)%mod+mod)%mod;
    }
    printf("%lld
",dp[m]);
}