[BZOJ3622] 已经没有什么好害怕的了

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给定两个长度都为n的数列a和b，保证所有数互不相同，求有多少配对((a,b))的方案，使得((a>b)=(a<b)+k)。

试题分析

由题目可以得到前者的数量(c=frac{n+k}{2})。
由于两种情况都考虑的时候我们没有办法记录哪些数选过，哪些数没选。
干脆直接撇开一种情况，去看另外一种情况。
那么我们设(f_{i,j})表示考虑到(a_1,a_2,ldots a_n)，钦点了(j)个数((a_k>b_k))的方案数。
可以得到转移：$$f_{i,j}=f_{i-1,j}+f_{i-1,j-1} imes (right_i -(j-1))$$
其中(right_i)最大的(b_{right_i})使得(a_i>b_{right_i})。
那么至少选(j)个的方案数也就是(f_{n,j} imes (n-j)!)。
设(g_i)为正好选择(i)个的方案数。
那么考虑一个(g_i)在(g_j (j>i))中被统计了多少次。
对于每一个(g_i)的方案集合({ x})，都会被上面算到(inom{j}{i})次。
那么可以得到式子：(g_i=f_{n,i} imes (n-i)! - sum_{i< kleq n} inom{j}{i} g_j)。

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<algorithm>
 
using namespace std;
#define LL long long
 
inline LL read(){
    LL x=0,f=1; char c=getchar();
    for(;!isdigit(c);c=getchar()) if(c=='-') f=-1;
    for(;isdigit(c);c=getchar()) x=x*10+c-'0';
    return x*f;
}
const LL INF = 2147483600;
const LL MAXN = 100010;
const LL Mod = 1000000009;
 
LL f[2001][2001]; LL N,K;
LL Pow[2001]; LL fac[MAXN+1],ifac[MAXN+1],inv[MAXN+1];
 
inline LL C(LL n,LL m){
    if(n==m) return 1; if(!m) return 1;
    //printf("ifac[%lld] = %lld   ifac[%lld] = %lld   fac[%lld] = %lld
",n-m,ifac[n-m],m,ifac[m],n,fac[n]);
    return fac[n]*ifac[m]%Mod*ifac[n-m]%Mod;
}
LL a[MAXN+1],b[MAXN+1],g[MAXN+1];
 
int main(){
    //freopen(".in","r",stdin);
    //freopen(".out","w",stdout);
    N=read(),K=read(); K=(N+K)>>1;
    inv[1]=1; fac[1]=1; ifac[1]=1; fac[0]=1; ifac[0]=1;  
    for(LL i=2;i<=N;i++) fac[i]=fac[i-1]*i%Mod;
    for(LL i=2;i<=N;i++) inv[i]=(Mod-(Mod/i)*inv[Mod%i])%Mod;
    for(LL i=2;i<=N;i++) ifac[i]=ifac[i-1]*inv[i]%Mod;
    for(LL i=1;i<=N;i++) a[i]=read();
    for(LL i=1;i<=N;i++) b[i]=read();
    sort(a+1,a+N+1); sort(b+1,b+N+1); f[0][0]=1;
    for(LL i=1;i<=N;i++){
        LL rg=lower_bound(b+1,b+N+1,a[i])-b-1;
        for(LL j=0;j<=i;j++){
            if(j&&rg>=(j-1)) f[i][j]+=f[i-1][j-1]*(rg-(j-1))%Mod;
            f[i][j]+=f[i-1][j]; f[i][j]%=Mod; f[i][j]=(f[i][j]%Mod+Mod)%Mod;
        }
    }
    for(LL i=N;i>=K;i--){
        g[i]=f[N][i]*fac[N-i]%Mod;
        for(LL j=i+1;j<=N;j++)
            g[i]=(g[i]-C(j,i)*g[j]%Mod+Mod)%Mod;
    } printf("%lld
",g[K]);
    return 0;
}