P4859 已经没有什么好害怕的了（dp+二项式反演）

P4859 已经没有什么好害怕的了

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啥是二项式反演（转）

如果你看不太懂二项式反演（比如我）

那么只需要记住：对于某两个$g(i),f(i)$

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如果：$f(n)=sum_{i=0}^{n}C(n,i)g(i)$

那么：$g(n)=sum_{i=0}^{n}(-1)^{n-i} C(n,i)f(i)$

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如果：$f(k)=sum_{i=k}^{n}C(i,k)g(i)$

那么：$g(k)=sum_{i=k}^{n}(-1)^{i-k} C(i,k)f(i)$

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糖果比药片能量大的组数比“药片”比“糖果”能量大的组数多k组。看起来很麻烦

设“药片”比“糖果”能量大的组数为$x$

$x+(x-k)=n$

解得$x=(n+k)/2$，所以$n+k$为奇数一定是没有方案的

现在问题转化成：“药片”比“糖果”能量大的组数为$(n+k)/2$的方案数

看看数据$O(n^2)$可过，想着搞个dp

先将$A[i],B[i]$小到大排好序

蓝后设$f[i][j]$表示（从小到大）扫到$A[i]$（第$i$个)，并配好$j$对的方案数

再预处理好$l[i]$表示$B$数组中有多少个数小于$A[i]$

分为不配对或配对的情况，列出方程

$f[i][j]=f[i-1][j]+max(0,l[i]-j+1)*f[i-1][j-1]$

$dp$完了，现在我们来考虑$f[n][i](0<=i<=n)$有啥用（大雾）

对于每个$f[n][i]$，剩下没配对的$n-i$个可以随便排序（注意随便排序可能又配出合法对，有重复计算）

于是我们设个$g(i)$表示$n$个数合法配对数$>=i$的排列方案数

$g(i)=f[n][i]*(n-i)!$

但是我们要求的是合法配对数$==i$的排列方案数鸭

设个$f(i)$表示所求↑↑↑

显然对于每个$g(k) and f(i) (i>=k)$

$g(k)$都加了$C(i,i-k)=C(i,k)$个$f(i)$进去

于是我们就得到了$g(k)$关于$f(i)$的表达式

$g(k)=sum_{i=k}^{n}C(i,k)f(i)$

仔细一看，这不是可以套二项式反演吗！

$f(k)=sum_{i=k}^{n}(-1)^{i-k} C(i,k)g(i)$

蓝后就可以愉快地把$f(k)$算出来辣

注意$mod=1e9+9$（不是$1e9+7$）TAT

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define N 2010
const ll P=1e9+9;
int n,k,A[N],B[N],l[N];
ll f[N][N],g[N],inv[N],fac[N],ifac[N],ans;
void prep(){
    inv[1]=1; fac[0]=fac[1]=ifac[0]=ifac[1]=1;
    for(ll i=2;i<=n;++i){
        inv[i]=(P-P/i)*inv[P%i]%P;
        fac[i]=fac[i-1]*i%P;
        ifac[i]=ifac[i-1]*inv[i]%P;
    }
}
inline ll C(int a,int b){return fac[a]*ifac[b]%P*ifac[a-b]%P;}
int main(){
    scanf("%d%d",&n,&k);
    if((n+k)&1){puts("0"); return 0;}
    k=(n+k)/2; prep();
    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 tmp=0;
    for(int i=1;i<=n;++i){
        while(tmp<n&&B[tmp+1]<A[i]) ++tmp;
        l[i]=tmp;
    }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]=(f[i-1][j]+1ll*(l[i]-j+1)*f[i-1][j-1])%P;
    }
    for(int i=0;i<=n;++i) g[i]=f[n][i]*fac[n-i]%P;
    for(int i=k;i<=n;++i)
        ans=((ans+1ll*(((i-k)&1)?-1:1)*C(i,k)*g[i])%P+P)%P;
    printf("%lld",ans);
    return 0;
}