[BZOJ3622] 已經沒有什麼好害怕的了 [容斥原理][二項式反演]

[$\frak{Link}$]

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容斥基本形式 $\mathrm{|U\cap\overline{A_1}\cap\overline{A_2}\cap\cdots\cap\overline{A_n}|=\sum\limits_{S\subseteq A}(-1)^{|S|}|U\cap S_1\cap S_2\cap\cdots\cap S_{|S|}|}$
反演基本形式 $f_n=\sum\limits_{i=0}^na_{ni}g_i\Leftrightarrow g_n=\sum\limits_{i=0}^nb_{ni}f_i$
也可以說是： $\mathbf F=\mathbf{AG}\Leftrightarrow \mathbf G=\mathbf{BF}$ 。則 $\mathbf B=\mathbf A^{-1} = \dfrac{\mathbf A^*}{|\mathbf A|}$ 。
（矩陣求逆暴力一點可以用高斯消元，把 $[\mathbf{A|E}]$ 變成 $[\mathbf{E|B}]$ 。不過反演一般不會這麼搞）
反演成立的充要條件 $\sum\limits_{j=i}^na_{nj}b_{ji}=[i=j]$

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二項式定理 $(a+b)^n=\sum\limits_{r=0}^n{n\choose r}a^ib^{n-r}$
二項式反演 $g_n=\sum\limits_{i=0}^n(-1)^i{n\choose i}f_i\Leftrightarrow f_n=\sum\limits_{i=0}^n(-1)^i{n\choose i}g_i$
至多↔恰好 $g_n=\sum\limits_{i=0}^n{n\choose i}f_i\Leftrightarrow f_n=\sum\limits_{i=0}^n(-1)^{n-i}{n\choose i}g_i$
至少↔恰好 $g_i=\sum\limits_{j=i}^n{j\choose i}f_j\Leftrightarrow f_i=\sum\limits_{j=i}^n(-1)^{j-i}{j\choose i}g_j$


一個套路：由 $g_n=\sum\limits_{i=0}^{n-1}{n\choose i}f_i+f_n$ 得到 $f_n=g_n-\sum\limits_{i=0}^{n-1}{n\choose i}f_i$ 就可以用 $g$ 推 $f$ 。
如果繼續拆就可以由原式推出反演。
$f_n=g_n-{n\choose n-1}f_{n-1}-\sum\limits_{i=0}^{n-2}{n\choose i}f_i$
$f_n=g_n-{n\choose n-1}g_{n-1}+{n\choose n-1}\sum\limits_{i=0}^{n-2}{n-1\choose i}f_i-\sum\limits_{i=0}^{n-2}{n\choose i}f_{i}$
$f_n=g_n-{n\choose n-1}g_{n-1}+\sum\limits_{i=0}^{n-2}\left[{n\choose n-1}{n-1\choose i}f_i-{n\choose i}f_i\right]$
$f_n=g_n-{n\choose n-1}g_{n-1}+\sum\limits_{i=0}^{n-2}\left[{n\choose i}{n-i\choose n-1-i}f_i-{n\choose i}f_i\right]$
$f_n=g_n-{n\choose n-1}g_{n-1}+\sum\limits_{i=0}^{n-2}{n\choose i}(n-i-1)f_i$
$f_n=g_n-{n\choose n-1}g_{n-1}+{n\choose n-2}g_{n-2}-\sum\limits_{i=0}^{n-3}{n-2\choose i}f_i+\sum\limits_{i=0}^{n-3}{n\choose i}(n-i-1)f_i$
一直展開下去，猜想會得到 $f_n=\sum\limits_{i=0}^n(-1)^{n-i}{n\choose i}g_i$ 。證明一下，的確是。

遇到新的反演就可以這麼推試試看（相信應該還有更好的方法，但是我實在找不到了）
不嫌麻煩的話說不定可以手模矩陣求逆，但是風險還比較大（（

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二項式反演是組合數形式的容斥。
在集合 $\mathrm U$ 中，有 $n$ 個具有不同性質元素的集合 $\mathrm{A_1,A_2,\cdots,A_n}$
考慮容斥的特殊情況：集族 $\mathrm{Q=\{A_1,A_2,\cdots,A_n\}}$ 中任意 $i$ 個集合的並集大小爲 $g_i$ 。

那麼 $g_i=\mathrm{|A_1\cap A_2\cap\cdots\cap A_i|}$ ，在 $\mathrm Q$ 中有 $n\choose i$ 個這樣的不同交集。定義 $g_0=|\mathrm U|$ 。
由容斥原理有 $\mathrm{|\overline{A_1}\cap\overline{A_2}\cap\cdots\cap\overline{A_n}|=|U|-\sum\limits_{S\subseteq A}(-1)^{|S|}|S_1\cap S_2\cap\cdots\cap S_{|S|}|}$
$f_n=\mathrm{|\overline{A_1}\cap\overline{A_2}\cap\cdots\cap\overline{A_n}|=}\sum\limits_{i=0}^n(-1)^i{n\choose i}g_i$
定義 $f_i=\mathrm{|\overline{A_1}\cap\overline{A_2}\cap\cdots\cap\overline{A_i}|}$ ， $f_0=|\mathrm U|$ ，有
$g_n=\mathrm{|A_1\cap A_2\cap\cdots\cap A_n|=}\sum\limits_{i=0}^n(-1)^i{n\choose i}f_i$

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首先爲了方便把兩個數組分別從小到大排序。

假設計數時的某種情況下糖果 $a_i$ ，藥片 $b_{j}$ 。 $i,j\le n$ 。
題目要求計數的是 $\sum\limits_{i=1}^n[a_i>b_i]=\sum\limits_{i=1}^n[b_i>a_i]+k$ 的情況數。

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想容斥：固定前面的一部分，然後後面的一部分容斥。
考慮安排 $b_i>a_i$ 一類的，可以對每個 $a_i$ 預處理 $b_j$ 到哪裏爲止都小於 $a_i$ ，存爲 $s_{i}$ 。
安排的時候固定 $a$ 和 $b$ 中的一組，只拿另一組去配對 。

前面一部分可以算：到 $i$ 爲止，配對了 $j$ 對 $a_x>b_x$ （$x\le i$）的方案數 $t_{i,j}$ 。
（沒有配對的部分啥都沒有）

有 $t_{i,j}=t_{i-1,j}+[g_i>j-1][(s_i-j+1)t_{i-1,j-1}]$ 。
到 $n$ 爲止， 至少 有 $i$ 對 $a_x>b_x$ 的方案數，設爲 $f_{i }$ ，有 $f_{i}=t_{n,i}(n-i)!$ 。

“ 至少 ” 容易求，考慮二項式反演。把原問題轉化成求：
到 $n$ 爲止， 恰好 有 $\frac{n+k}{2}$ 對 $a_x>b_x$ 的方案數。（$n+k$ 爲奇數要討論）

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要知道答案，首先要知道到 $n$ 爲止 恰好 有 $i$ 對 $a_x>b_x$ 的方案數。設爲 $g_{i}$ 。

考慮一下 $g_j$ 和 $f_i$ 的關係 （$i\le j\le n$）。$g_j$ 可能會在 $f_i$ 裏面被多算。算了幾次？
$g_j$ 有 $j$ 對 $a_x>b_x$ ； $t_{n,i}$ 要求包含 $i$ 對 $a_x>b_x$ 。
$j$ 對裏面選 $i$ 對，那麼 $g_j$ 對 $t_{n,i}$ 的貢獻是 $j\choose i$ 。所以 $g_j$ 對 $f_i$ 的貢獻就是 $j\choose i$ 。

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按照減去多算的部分的思路， $g_i=f_i-\sum\limits_{j=i+1}^n{j\choose i}g_j$ 。

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如果考慮到 $f_i=\sum\limits_{j=i}^n{j\choose i}g_j$ 就可以二項式反演 $g_i=\sum\limits_{j=i}^n(-1)^{j-i}{j\choose i}f_j$ 。
不知道也可以做，把 $g_i$ 從和號裏面拆出來，稍作變換得 $g_i=f_i-\sum\limits_{j=i+1}^n{j\choose i}g_j$ 。

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#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstdlib>
#include <cctype>
#include <cmath>
using namespace std;
const long long MOD = 1000000009ll;
int n, k, m;
long long a[2005], b[2005];
long long c[2005][2005], f[2005], p[2005];
#define adjust(x) (x>=MOD)?(x-MOD):x
int main() {
	scanf("%d%d", &n, &k);
	if (n + k & 1) return printf("0"), 0;
	for (register int i = 1; i <= n; ++i) scanf("%lld", &a[i]);
	for (register int i = 1; i <= n; ++i) scanf("%lld", &b[i]);
	for (register int i = 0, j; i <= n; ++i) {
		for (j = 1, c[i][0] = 1; j <= i; ++j) {
			c[i][j] = adjust(c[i-1][j-1] + c[i-1][j]);
		}
	}
	p[0] = 1ll;
	for (register int i = 1; i <= n; ++i) {
		p[i] = 1ll * i * p[i-1] % MOD;
	}
	sort(a+1, a+1+n);
	sort(b+1, b+1+n);
	f[0] = 1ll;
	for (register int z = 1, i = 1, j; i <= n; ++i) {
		while (z <= n && a[i] > b[z]) ++z;
		for (--z, j = i; j >= 1; --j) {
			f[j] = (f[j] + f[j - 1] * max(0, z - j + 1)) % MOD;
		}
	}
	m = n + k >> 1;
	for (register int i = n; i >= m; --i) {
		f[i] = f[i] * p[n - i] % MOD;
		for (register int j = i + 1; j <= n; ++j) {
			f[i] = (f[i] - c[j][i] * f[j] % MOD + MOD) % MOD;
		}
	}
	printf("%lld",f[m]);
	return 0;
}