洛谷 P4859 && BZOJ3622: 已经没有什么好害怕的了

题目描述

给出 (n) 个数 (a_i)​ ，以及 (n) 个数 (b_i)​ ，要求两两配对使得 (a>b) 的对数减去 (a<b) 的对数等于 (k) 。

(0≤k≤n≤2000)，保证 (a,b) 无相同元素。

题解

我们假设 (a>b) 对数为 (x) ，可以求得 (x=frac{n+k}{2}) 。

先对两个数组都排序

设(pos[i])表示最大的(j)使得(a_i>b_j)
我们令 (f_{i,j})​ 表示前 (i) 个 (a) 中，选了 (j) 组满足 (a>b) 的方案数。（注意不是前i个(b)）
(f_{i,j}) = (f_{i-1, j-1} + f_{i-1, j-1} * (pos[i]-j+1))

然而，这样弄完后，我们会发现会发现计算中的方案可以选多余(j)组，这样就会算重复许多方案
考虑如何去重
设(g[i])表示前i个a，恰好选了(j)组

(g[i]=f[n][i]∗(n−i)!−∑g[j] * C_j^i, (i<j≤n))
因为不知道a里面剩下的(n-i)个数是怎么匹配的，但是一定有((n−i)!)种匹配情况，这些情况里包含了恰好有j组a大于b的情况((i<j))，j组被计算到的次数是 (C_j^i) 种，所以减去，(g[m])即是答案

Code

#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
#define RG register
using namespace std;

inline int gi() {
    int f = 1, s = 0;
    char c = getchar();
    while (c != '-' && (c < '0' || c > '9')) c = getchar();
    if (c == '-') f = -1, c = getchar();
    while (c >= '0' && c <= '9') s = s*10+c-'0', c = getchar();
    return f == 1 ? s : -s;
}
const int N = 2010, Mod = 1e9+9;
int a[N], b[N], pos[N];
LL jc[N], C[N][N], f[N][N], g[N];
int main() {
	int n = gi(), m = gi();
	if ((n+m)&1) {
		printf("0
");
		return 0;
	}
	m = (n+m)>>1;
	for (int i = 1; i <= n; i++) a[i] = gi();
	for (int i = 1; i <= n; i++) b[i] = gi();
	sort(a+1, a+1+n); sort(b+1, b+1+n);
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		int p = 0;
		while (p < n && b[p+1] < a[i]) p++;
		pos[i] = p;
	}
	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-1] + C[i-1][j]) % Mod;	
	jc[0] = jc[1] = 1;
	for (int i = 2; i <= n; i++)
		jc[i] = jc[i-1]*i%Mod;
	
	f[0][0] = 1;
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		for (int j = 0; j <= i; j++) {
			if (pos[i] >= j)
				f[i][j] = (f[i-1][j] + f[i-1][j-1]*(pos[i]-j+1))%Mod;
		}
	}
	for (int i = n; i >= m; i--) {
		g[i] = f[n][i]*jc[n-i];
		for (int j = i+1; j <= n; j++)
			g[i] = (g[i]-g[j]*C[j][i]%Mod+Mod)%Mod;
	}
	printf("%lld
", g[m]);
    return 0;
}