[bzoj3622]已經沒有什麼好害怕的了【二項式反演】

【題目鏈接】
　　https://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=3622
【題解】
　　顯然糖果>藥片的一共有(n+k)/2$(n+k)/2$ 組，記爲p$p$ 。
　　記Fi$F_i$ 表示組數恰好爲i$i$ 的方案數，我們要求的就是Fp$F_p$
　　直接算不好算，我們考慮求≥i$\ge i$ 的方案數Gi$G_i$ ，注意，如果一種方案有m$m$ 個(m≥p)$(m\ge p)$ ，那麼它會被算C(m,p)$C(m,p)$ 次。
　　因此，我們有Gi=∑nj=iC(j,i)∗Fj$G_i=\sum _{j=i}^{n}C(j,i)\ast F_j$ 。
　　根據二項式反演，有Fi=∑nj=i(−1)j−i∗C(j,i)∗G(j)$F_i=\sum _{j=i}^n(-1{)}^{j-i}\ast C(j,i)\ast G(j)$
　　那麼如何求G$G$ 呢。
　　考慮dp，記ti,j$t_{i,j}$ 表示從小到大考慮了i$i$ 個數，有j$j$ 個符合條件的。
　　預處理每個糖果比多少個藥片大，記作numi$nu{m}_i$
　　由於我們求的是≥$\ge$ 的方案數，所以只要考慮符合條件的，剩下的任意排列。
　　所以ti,j=ti−1,j+(numi−j+1)∗ti−1,j−1$t_{i,j}=t_{i-1,j}+(nu{m}_i-j+1)\ast t_{i-1,j-1}$
　　Gi=tn,i∗(n−i)!$G_i=t_{n,i}\ast (n-i)!$
　　時間複雜度O(N2)$O(N^2)$
【代碼】

/* - - - - - - - - - - - - - - -
    User :      VanishD
    problem :   [bzoj3622] 
    Points :    binomial inversion
- - - - - - - - - - - - - - - */
# include <bits/stdc++.h>
# define    ll      long long
# define    inf     0x3f3f3f3f
# define    N       2010
using namespace std;
int read(){
    int tmp = 0, fh = 1; char ch = getchar();
    while (ch < '0' || ch > '9'){ if (ch == '-') fh = -1; ch = getchar(); }
    while (ch >= '0' && ch <= '9'){ tmp = tmp * 10 + ch - '0'; ch = getchar(); }
    return tmp * fh;
}
const int P = 1e9 + 9;
int f[N][N], c[N][N], mul[N], ans, g[N], n, k, a[N], b[N], num[N];
int power(int x, int y){
    int i = x; x = 1;
    while (y > 0){
        if (y % 2 == 1) x = 1ll * x * i % P;
        i = 1ll * i * i % P;
        y /= 2;
    }
    return x;
}
int main(){
//  freopen(".in", "r", stdin);
//  freopen(".out", "w", stdout);
    n = read(), k = read();
    k = (n + k) / 2;
    for (int i = 1; i <= n; i++) a[i] = read();
    sort(a + 1, a + n + 1);
    for (int i = 1; i <= n; i++) b[i] = read();
    sort(b + 1, b + n + 1);
    for (int i = 1, j = 0; i <= n; i++){
        while (j < n && b[j + 1] < a[i]) j++;
        num[i] = j;
    }
    f[0][0] = 1;
    for (int i = 1; i <= n; i++){
        f[i][0] = f[i - 1][0];
        for (int j = 1; j <= num[i]; j++) 
            f[i][j] = (f[i - 1][j] + 1ll * (num[i] - j + 1) * f[i - 1][j - 1]) % P;
    }
    mul[0] = 1;
    for (int i = 1; i <= n; i++) mul[i] = 1ll * i * mul[i - 1] % P;
    c[0][0] = 1;
    for (int i = 1; i <= n; i++){
        c[i][0] = 1;
        for (int j = 1; j <= i; j++)
            c[i][j] = (c[i - 1][j] + c[i - 1][j - 1]) % P;
    }
    for (int i = 0; i <= n; i++)
        g[i] = 1ll * f[n][i] * mul[n - i] % P;
    for (int i = k; i <= n; i++)
        ans = (ans + 1ll * power(-1, i - k) * c[i][k] % P * g[i]) % P;
    printf("%d\n", (ans + P) % P);
    return 0;
}