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题目传送门 - BZOJ3622
题意
给定两个序列 $a,b$ ，各包含 $n$ 个数字。
现在给 $a$ 中元素与 $b$ 中元素配对。问使得所有配对中 $a_?>b_?$ 的个数比 $a_?<b_?$ 的个数恰好多 $k$ 的方案总数。
答案对 $10^9+9$ 取模，保证 $a$ 和 $b$ 中的所有数字互不相同。
$nleq 2000$
题解
首先闭着眼睛排个序。
然后，我们发现一个非常好的性质：如果要使得 $a_i$ 的配对 $b_?$ 满足 $a_i>b_?$ 那么，满足 $1leq ?leq c_i$ ，其中 $c_i$ 表示在 $1leq jleq n$ 中满足 $b_j<a_i$ 的最大 $j$ 值。
我们先把问题转化一下，变成求恰好得到 $x$ 个 $a_?>b_?$ 的方案数。那么显然 $x=cfrac{n+k}{2}$ 。如果 $x$ 不是整数，那么答案显然是 $0$ 。
下面说的满足条件是指 $a_?>b_?$ 。
于是我们考虑动态规划。
记 $f_{i,j}$ 表示在 $a_1,a_2,...,a_i$ 中选择 $j$ 个，匹配比他小的 $b_i$ 的方案数。
那么我们可以轻松确定转移方程：
$$f_{i,j}=f_{i-1,j}+f_{i-1,j-1} imes max(c_i-j+1,0)$$
我们假设 $f_i=f_{n,i}$ ，并设 $g_i$ 为配对所有的元素，恰好有 $i$ 个满足条件的方案数。
于是下式成立：
$$f_i=sum_{j=i}^ninom{j}{i}g_j$$
回忆一下 $f$ 的定义，$f_i$ 表示在 $n$ 个里面选择 $i$ 个匹配 $i$ 个满足条件的方案数。
考虑所有的最终情况。
满足条件个数为 $j$ 的总共有 $g_j$ 种。每一个这样的方案中选择的 $j$ 个数中，任选 $i$ 个，所得到的方案，都会对 $f_i$ 有贡献。
所以，$f_i=sum_{j=0}^{n}inom{j}{i}g_j=sum_{j=i}^ninom{j}{i}g_j$ 。
于是我们来用 $f$ 表示 $g$ 。
$$egin{eqnarray*}g_k&=&sum_{i=k}^{n}g_iinom{i}{k}sum_{j=k}^{i}(-1)^{j-k}inom{i-k}{j-k} \&=&sum_{i=k}^{n}g_isum_{j=k}^{i}(-1)^{j-k}inom{i}{k}inom{i-k}{j-k}\&=&sum_{i=k}^{n}g_isum_{j=k}^{i}(-1)^{j-k}inom{i}{j}inom{j}{k}\&=&sum_{i=k}^{n}(-1)^{i-k}inom{i}{k}sum_{j=i}^{n}g_jinom{j}{i}\&=&sum_{i=k}^{n}f_i(-1)^{i-k}inom{i}{k}end{eqnarray*}$$
然后按照这个公式算一算就可以了。
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=2005,mod=1e9+9;
int n,k,a[N],b[N],c[N];
int C[N][N],Fac[N];
int f[N][N];
int main(){
scanf("%d%d",&n,&k);
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);
for (int i=1;i<=n;i++)
for (c[i]=c[i-1];c[i]<n&&b[c[i]+1]<a[i];c[i]++);
for (int i=Fac[0]=1;i<=n;i++)
Fac[i]=1LL*Fac[i-1]*i%mod;
for (int i=0;i<=n;i++)
C[i][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;
for (int i=0;i<=n;i++)
f[i][0]=1;
for (int i=1;i<=n;i++)
for (int j=1;j<=n;j++)
f[i][j]=(1LL*f[i-1][j-1]*max(c[i]-j+1,0)+f[i-1][j])%mod;
int ans=0,x=(n+k)/2;
if (x*2!=n+k){
puts("0");
return 0;
}
for (int i=x;i<=n;i++)
ans=(1LL*f[n][i]*C[i][x]%mod*Fac[n-i]*((i-x+1)%2*2-1)+ans)%mod;
ans=(ans+mod)%mod;
printf("%d",ans);
return 0;
}