[BZOJ 3622]已經沒有什麼好懼怕的了

Description

題庫連接

給出 \(n\) 個數 \(a_i\) ，以及 \(n\) 個數 \(b_i\) ，要求兩兩配對使得 \(a>b\) 的對數減去 \(a<b\) 的對數等於 \(k\) 。

\(0\leq k\leq n\leq 2000\) ，保證 \(a,b\) 無相同元素。

Solution

咱們假設 \(a>b\) 對數爲 \(x\) ，能夠求得 \(x=\frac{n+k}{2}\) 。

咱們令 \(f_{i,j}\) 表示前 \(i\) 個 \(a\) 中，選了 \(j\) 組知足 \(a>b\) 的方案數。

容易獲得 \(\text{dp}\) 方程

\[f_{i,j}=f_{i-1,j}+(l_i-j+1)\times f_{i-1,j-1}\]

其中 \(l_i\) 表示從小到大排序後 \(b\) 中 \(<a_i\) 的最靠後一個數。

咱們記 \(g_i=f_{n,i}\times (n-i)!\) 即知足 \(a>b\) 的組數 \(\geq i\) 的方案數，再令 \(f_i\) 表示剛好知足 \(a>b\) 的組數 \(= i\) 的方案數。

容易發現對於 \(i>j\) \(f_i\) 剛好在 \(g_j\) 中算了 \({i\choose j}\) 次。

那麼存在

\[g(k)=\sum_{i=k}^n{i\choose k}f(i)\]

由二項式反演得

\[f(k)=\sum_{i=k}^n(-1)^{i-k}{i\choose k}g(i)\]

直接求解便可。

Code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 2000+5, yzh = 1e9+9;

int n, k, a[N], b[N], l[N], f[N][N], fac[N], ifac[N], g[N];

int C(int n, int m) {return 1ll*fac[n]*ifac[m]%yzh*ifac[n-m]%yzh; }
void work() {
    scanf("%d%d", &n, &k);
    if ((n+k)&1) {puts("0"); return; } k = (n+k)/2;
    ifac[0] = ifac[1] = fac[0] = fac[1] = 1;
    for (int i = 2; i < N; i++) ifac[i] = -1ll*yzh/i*ifac[yzh%i]%yzh;
    for (int i = 2; i < N; i++)
        fac[i] = 1ll*fac[i-1]*i%yzh, ifac[i] = 1ll*ifac[i-1]*ifac[i]%yzh;
    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 loc = 0;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        while (loc < n && b[loc+1] < a[i]) ++loc;
        l[i] = loc;
    }
    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] = (1ll*f[i-1][j]+1ll*f[i-1][j-1]*max(0, l[i]-j+1)%yzh)%yzh;
    }
    for (int i = 0; i <= n; i++) g[i] = 1ll*f[n][i]*fac[n-i]%yzh;
    int ans = 0;
    for (int i = k; i <= n; i++)
        if ((i-k)&1) (ans -= 1ll*C(i, k)*g[i]%yzh) %= yzh;
        else (ans += 1ll*C(i, k)*g[i]%yzh) %= yzh;
    printf("%d\n", (ans+yzh)%yzh);
}
int main() {work(); return 0; }