[BZOJ3622] 已经没有什么好害怕的了 [容斥原理][二项式反演]

[$\frak{Link}$]

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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 $f_n=\sum\limits_{i=0}^na_{ni}g_i\Leftrightarrow g_n=\sum\limits_{i=0}^nb_{ni}f_i$
也可以说是： $\mathbf F=\mathbf{AG}\Leftrightarrow \mathbf G=\mathbf{BF}$ 。则 $\mathbf B=\mathbf A^{-1} = \dfrac{\mathbf A^*}{|\mathbf A|}$ 。
（矩阵求逆暴力一点可以用高斯消元，把 $[\mathbf{A|E}]$ 变成 $[\mathbf{E|B}]$ 。不过反演一般不会这么搞）
反演成立的充要条件 $\sum\limits_{j=i}^na_{nj}b_{ji}=[i=j]$

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二项式定理 $(a+b)^n=\sum\limits_{r=0}^n{n\choose r}a^ib^{n-r}$
二项式反演 $g_n=\sum\limits_{i=0}^n(-1)^i{n\choose i}f_i\Leftrightarrow f_n=\sum\limits_{i=0}^n(-1)^i{n\choose i}g_i$
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 $g_i=\sum\limits_{j=i}^n{j\choose i}f_j\Leftrightarrow f_i=\sum\limits_{j=i}^n(-1)^{j-i}{j\choose i}g_j$


一个套路：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 $f$ 。
如果继续拆就可以由原式推出反演。
$f_n=g_n-{n\choose n-1}f_{n-1}-\sum\limits_{i=0}^{n-2}{n\choose i}f_i$
$f_n=g_n-{n\choose n-1}g_{n-1}+{n\choose n-1}\sum\limits_{i=0}^{n-2}{n-1\choose i}f_i-\sum\limits_{i=0}^{n-2}{n\choose i}f_{i}$
$f_n=g_n-{n\choose n-1}g_{n-1}+\sum\limits_{i=0}^{n-2}\left[{n\choose n-1}{n-1\choose i}f_i-{n\choose i}f_i\right]$
$f_n=g_n-{n\choose n-1}g_{n-1}+\sum\limits_{i=0}^{n-2}\left[{n\choose i}{n-i\choose n-1-i}f_i-{n\choose i}f_i\right]$
$f_n=g_n-{n\choose n-1}g_{n-1}+\sum\limits_{i=0}^{n-2}{n\choose i}(n-i-1)f_i$
$f_n=g_n-{n\choose n-1}g_{n-1}+{n\choose n-2}g_{n-2}-\sum\limits_{i=0}^{n-3}{n-2\choose i}f_i+\sum\limits_{i=0}^{n-3}{n\choose i}(n-i-1)f_i$
一直展开下去，猜想会得到 $f_n=\sum\limits_{i=0}^n(-1)^{n-i}{n\choose i}g_i$ 。证明一下，的确是。

遇到新的反演就可以这么推试试看（相信应该还有更好的方法，但是我实在找不到了）
不嫌麻烦的话说不定可以手模矩阵求逆，但是风险还比较大（（

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二项式反演是组合数形式的容斥。
在集合 $\mathrm U$ 中，有 $n$ 个具有不同性质元素的集合 $\mathrm{A_1,A_2,\cdots,A_n}$
考虑容斥的特殊情况：集族 $\mathrm{Q=\{A_1,A_2,\cdots,A_n\}}$ 中任意 $i$ 个集合的并集大小为 $g_i$ 。

那么 $g_i=\mathrm{|A_1\cap A_2\cap\cdots\cap A_i|}$ ，在 $\mathrm Q$ 中有 $n\choose i$ 个这样的不同交集。定义 $g_0=|\mathrm U|$ 。
由容斥原理有 $\mathrm{|\overline{A_1}\cap\overline{A_2}\cap\cdots\cap\overline{A_n}|=|U|-\sum\limits_{S\subseteq A}(-1)^{|S|}|S_1\cap S_2\cap\cdots\cap S_{|S|}|}$
$f_n=\mathrm{|\overline{A_1}\cap\overline{A_2}\cap\cdots\cap\overline{A_n}|=}\sum\limits_{i=0}^n(-1)^i{n\choose i}g_i$
定义 $f_i=\mathrm{|\overline{A_1}\cap\overline{A_2}\cap\cdots\cap\overline{A_i}|}$ ， $f_0=|\mathrm U|$ ，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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首先为了方便把两个数组分别从小到大排序。

假设计数时的某种情况下糖果 $a_i$ ，药片 $b_{j}$ 。 $i,j\le n$ 。
题目要求计数的是 $\sum\limits_{i=1}^n[a_i>b_i]=\sum\limits_{i=1}^n[b_i>a_i]+k$ 的情况数。

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想容斥：固定前面的一部分，然后后面的一部分容斥。
考虑安排 $b_i>a_i$ 一类的，可以对每个 $a_i$ 预处理 $b_j$ 到哪里为止都小于 $a_i$ ，存为 $s_{i}$ 。
安排的时候固定 $a$ 和 $b$ 中的一组，只拿另一组去配对 。

前面一部分可以算：到 $i$ 为止，配对了 $j$ 对 $a_x>b_x$ （$x\le i$）的方案数 $t_{i,j}$ 。
（没有配对的部分啥都没有）

有 $t_{i,j}=t_{i-1,j}+[g_i>j-1][(s_i-j+1)t_{i-1,j-1}]$ 。
到 $n$ 为止， 至少 有 $i$ 对 $a_x>b_x$ 的方案数，设为 $f_{i }$ ，有 $f_{i}=t_{n,i}(n-i)!$ 。

“ 至少 ” 容易求，考虑二项式反演。把原问题转化成求：
到 $n$ 为止， 恰好 有 $\frac{n+k}{2}$ 对 $a_x>b_x$ 的方案数。（$n+k$ 为奇数要讨论）

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要知道答案，首先要知道到 $n$ 为止 恰好 有 $i$ 对 $a_x>b_x$ 的方案数。设为 $g_{i}$ 。

考虑一下 $g_j$ 和 $f_i$ 的关系 （$i\le j\le n$）。$g_j$ 可能会在 $f_i$ 里面被多算。算了几次？
$g_j$ 有 $j$ 对 $a_x>b_x$ ； $t_{n,i}$ 要求包含 $i$ 对 $a_x>b_x$ 。
$j$ 对里面选 $i$ 对，那么 $g_j$ 对 $t_{n,i}$ 的贡献是 $j\choose i$ 。所以 $g_j$ 对 $f_i$ 的贡献就是 $j\choose i$ 。

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按照减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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如果考虑到 $f_i=\sum\limits_{j=i}^n{j\choose i}g_j$ 就可以二项式反演 $g_i=\sum\limits_{j=i}^n(-1)^{j-i}{j\choose i}f_j$ 。
不知道也可以做，把 $g_i$ 从和号里面拆出来，稍作变换得 $g_i=f_i-\sum\limits_{j=i+1}^n{j\choose i}g_j$ 。

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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;
}