bzoj3622 已经没有什么好害怕的了（容斥原理+DP+二项式反演）

bzoj3622 已经没有什么好害怕的了

原题地址：http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=3622

题意：

数据范围
1≤ n ≤ 2000,0 ≤ k ≤ n

题解：
首先k+n$k+n$ 不是偶数就无解了，让k=(k+n)/2$k=(k+n)/2$ ，那么问题就是：
给两组n$n$ 个数a1...an$a_1...a_n$ ，b1...bn$b_1...b_n$ , 保证数字互不不相同. 问有多少种将它们配对的方式, 使得ai>bi$a_i>b_i$ 的对数恰好为k。

如果要算恰好k对的数量，并不好算，但倘若放开范围算>=k的，就有一个比较简单的DP：
把a[]$a[]$ ，b[]$b[]$ 从小到大排序，t[i]$t[i]$ 表示a$a$ 的第i$i$ 个比b$b$ 中t[i]$t[i]$ 个大。
定义f[i][j]$f[i][j]$ 表示考虑了a1...ai$a_1...a_i$ , 在其中选出j 个, 且这j 对都满足a > b的方案数。
有f[i][j]=f[i−1][j]+(t[i]−j+1)$f[i][j]=f[i-1][j]+(t[i]-j+1)$
而f[n][i]∗(n−i)!$f[n][i]\ast (n-i)!$ 就是>=k的方案数，恰好为i的会在其中算(ik)次$(\genfrac{}{}{0ex}{}{i}{k})次$
令Fi=f[n][i]∗(n−i)!$F_i=f[n][i]\ast (n-i)!$ ，真实的恰好有i对的方案数是gi$g_i$ ，有：
Fk=∑i=kn(ik)gi$F_k=\sum _{i=k}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{i}{k})g_i$
其实已经可以n2$n^2$ 推了，但是么根据二项式反演有：
gk=∑i=kn(−1)i−k(ik)Fi$g_k=\sum _{i=k}^n(-1{)}^{i-k}(\genfrac{}{}{0ex}{}{i}{k})F_i$
就可以直接算了。

代码：

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
using namespace std;
const int mod=1000000009;
const int N=2005;
int n,k,a[N],b[N],f[N][N],C[N][N],t[N],fac[N];
int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&k);
    for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
    for(int j=1;j<=n;j++) scanf("%d",&b[j]);
    if(n<k||(n+k)%2==1) {printf("0\n"); return 0;}
    k=(n+k)/2;
    sort(a+1,a+n+1); sort(b+1,b+n+1);
    fac[0]=1; for(int i=1;i<=n;i++) fac[i]=(1LL*fac[i-1]*i)%mod;
    for(int i=1,j;i<=n;i++) {j=1; while(j<=n&&b[j]<a[i]) j++; t[i]=j-1;}
    for(int i=0;i<=n;i++) 
    for(int j=0;j<=i;j++)
    {
        if(j==0) f[i][j]=1;
        else f[i][j]=(f[i-1][j]+1LL*max(0,t[i]-j+1)*f[i-1][j-1]%mod)%mod;
        if(i==j||j==0) C[i][j]=1;
        else C[i][j]=(C[i-1][j]+C[i-1][j-1])%mod;
    }
    int ans=0;
    for(int i=k;i<=n;i++) 
    {
        int w; if((i-k)%2) w=-1;else w=1;
        int ret=(1LL*C[i][k]*fac[n-i])%mod;
        ret=(1LL*ret*f[n][i])%mod;
        ans=ans+ret*w; if(ans<0) ans+=mod;
        ans%=mod;
    }
    printf("%d\n",ans);
    return 0;
}