[BZOJ3622]已经没有什么好害怕的了（容斥原理+DP）

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这里放传送门

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题解

首先可以算出如果要满足要求的话要求糖果比药片大多少组，就是(n+k)/2。如果n+k不能整除2的话就判断无解。设 K=(n+k)2 。
直接求不是很好求，因为如果直接求的话要固定某K组A比B大，还要保证剩下的A不比B大。那么考虑先求出至少有K组A比B大的，这个就可以DP了。先A和B分别排序，然后设f[i][j]表示到了A组的第i个数字，A比B大的有j组。这样的话因为两个数组都是有序的所以可以很方便地定位一段A比B大的前缀，设这段前缀一共有p个数，里面一开始已经选了j个，还剩下p-j个没有选，所以递推f[i+1]的时候就是：

f[i+1][j+1]={f[i][j+1],不强制A组的第i+1个数字比B组的大f[i][j]∗(p−j),强制A组的第i+1个数字比B组的某个数字大

这样的话最后的f[n][i]就是选定了i组数让它强行A比B大的方案数。剩下的n-i个数字可以随便放，这样就得到了至少有k组A比B大的方案数。但是那些随便放的数字也可能会造成A比B大的情况，所以需要容斥一下： ∑i=knf[n][i]∗C(i,k)∗(−1)i−k 。

代码

#include
#include
#include
using namespace std;
const long long Mod=1e9+9;
int n,k,a[2010],b[2010];
long long Ans,f[2010][2010],C[2010][2010],mul[2010];
void get_C(int N){
    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]+C[i-1][j-1])%Mod;
}
int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&k);
    if ((n+k)%2!=0){printf("0\n");return 0;}
    k=(n+k)/2;f[0][0]=1;
    get_C(n);mul[0]=1;
    for (int i=1;i<=n;i++) mul[i]=mul[i-1]*i%Mod;
    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=0,p=0;i<=n;i++){
        while (p1]1]) ++p;
        for (int j=0;j<=i;j++)
          if (f[i][j]!=0){
              f[i+1][j]=(f[i+1][j]+f[i][j])%Mod;
              if (p-j>=0)
                f[i+1][j+1]=(f[i+1][j+1]+f[i][j]*(long long)(p-j)%Mod)%Mod;
          }
    }
    for (int i=0;i<=n;i++) f[n][i]=f[n][i]*mul[n-i]%Mod;
    for (int i=k,dlt=1;i<=n;i++,dlt=-dlt)
      Ans=(Ans+dlt*C[i][k]*f[n][i]%Mod)%Mod;
    Ans=(Ans+Mod)%Mod;
    printf("%I64d\n",Ans);
    return 0;
}