洛谷P4859 题解

• 二项式反演经典题

我们先设 $d{p}_{i,j}$ 表示到 $i$ 使得 $a>b$ 的个数为 $j$ 的方案数。

显然 $d{p}_{i,j}=d{p}_{i-1,j}+d{p}_{i-1,j-1}\times (bi{g}_i-j+1)$，其中 $bi{g}_i$ 为在 $b$ 中比 $a_i$ 的个数。

我们在按套路设 $f_i$ 表示钦定（即只要达到目标后可以继续随便填）$a>b$ 个数为 $i$ 的方案数。$g_i$ 表示恰好$a>b$ 个数为 $i$ 的方案数。

其中 $f_m=d{p}_{n,m}\times (n-m)!$

考虑二项式反演，$g_i={\sum }_{i=m}^n(-1{)}^{i-m}{C}_i^{m}f(i)$

最后得：$g_i={\sum }_{i=m}^n(-1{)}^{i-m}{C}_i^m\times d{p}_{n,i}\times (n-i)!$

时间复杂度：$O(n^2)$

• $Code$

#include 
#define For(i,a,b) for ( int i=(a);i<=(b);i++ )
#define Dow(i,b,a) for ( int i=(b);i>=(a);i-- )
#define GO(i,x) for ( int i=head[x];i;i=e[i].nex )
#define mem(x,s) memset(x,s,sizeof(x))
#define cpy(x,s) memcpy(x,s,sizeof(x))
#define YES return puts("YES"),0
#define NO return puts("NO"),0
#define GG return puts("0"),0
#define pb push_back
#define lowbit(x) x&(-x)
#define int long long
using namespace std;

inline int read()
{
	int sum=0,ff=1; char ch=getchar();
	while(!isdigit(ch))
	{
		if(ch=='-') ff=-1;
		ch=getchar();
	}
	while(isdigit(ch))
		sum=sum*10+(ch^48),ch=getchar();
	return sum*ff;
}

const int mod=1e9+7;
const int mo=1e9+9;
const int N=2e3+5;

inline int min(int x,int y) {return (x>y)?y:x;}
inline int max(int x,int y) {return (x<y)?y:x;}

inline void Add(int &x,int y)
{
	if(y>=mo) y%=mo;
	x+=y;
	if(x>=mo) x-=mo;
}

int n,m,a[N],b[N],C[N][N],fac[N],ans;
int dp[N][N],f[N],g[N];
 
signed main()
{
	n=read(),m=read();
	if((n-m)&1) GG;
	m=(n+m)>>1ll;
	For(i,1,n) a[i]=read();
	For(i,1,n) b[i]=read();
	sort(a+1,a+n+1);
	sort(b+1,b+n+1);
	C[0][0]=1,fac[0]=1;
	For(i,0,n) dp[i][0]=1;
	int p=0; 
	For(i,1,n)
	{
		while(p<n&&b[p+1]<a[i]) p++;
		For(j,1,n) Add(dp[i][j],dp[i-1][j]+dp[i-1][j-1]*(p-j+1)%mo);
	}
	For(i,1,n)
	{
		C[i][0]=1;
		fac[i]=fac[i-1]*i%mo;
		For(j,1,i) Add(C[i][j],C[i-1][j-1]+C[i-1][j]);
	}
	int ans=0;
	For(i,m,n) 
	{
		if((i-m)&1ll) Add(ans,-1*C[i][m]*fac[n-i]%mo*dp[n][i]%mo+mo);
		else Add(ans,C[i][m]*fac[n-i]%mo*dp[n][i]%mo);
	}
	printf("%lld\n",(ans+mo)%mo);
	return 0;
}