【BZOJ3622】已经没有什么好害怕的了 容斥+DP

 【BZOJ3622】已经没有什么好害怕的了

Description

Input

Output

Sample Input

4 2
5 35 15 45
40 20 10 30

Sample Output

4

HINT

输入的2*n个数字保证全不相同。

还有输入应该是第二行是糖果，第三行是药片

题解：好吧这题不是神题，而是套路题，容斥+DP的套路在很多题中都用到过，不过我虽然知道套路，却被这题的第一步卡住了。

我们将两个序列从小到大排序。

好吧这步看起来可能很水，正常人看到无序的序列都会先想到排序，然而为什么要两个都从小到大排呢？排序的意义何在？一会讲。

题中给的是(糖果>药片)=(药片>糖果)+k，我们只需要用一点小学数学的知识就能算出(糖果>药片)的具体数量。下面是套路部分：我们设f[i][j]表示枚举到前i个，(糖果>药片)数至少为j的方案数。然后我们预处理出最大的k，满足药片k<糖果i，那么方程就是：

$f[i][j]=f[i-1][j]+f[i-1][j-1]*(k-j+1)$

现在知道排序的意义了吧？因为后面的i的决策区间一定包含前面的i的决策区间，所以只需要将其减去即可防止重复。

那么最后答案是什么呢？套路：ans=至少有k个的方案数-至少有k+1个的+至少有k+2个的方案数-。。。

所以答案=$\sum\limits_{j=k}^nf[n][j](-1)^{j-k}C_j^k$

P.S：这里解释一下容斥系数是$C_j^k$的原理吧，首先我们用f[i]代表上面的f[n][i]，用g[i]代表恰好有i个符合条件的方案数。根据定义有：$f[i]=\sum\limits_{j=i}^ng[i]C_j^i$。所以我们上面得到的最终式子可以转化成：$\sum\limits_{j=k}^nf[j](-1)^{j-k}C_j^k=\sum\limits_{i=k}^ng[i]\sum\limits_{j=k}^i(-1)^{j-k}C_i^jC_j^k\\=\sum\limits_{i=k}^ng[i]\sum\limits_{j=k}^i(-1)^{j-k}C_i^kC_{i-k}^{j-k}\\=\sum\limits_{i=k}^ng[i]C_i^k\sum\limits_{j=k}^i(-1)^{j-k}C_{i-k}^{j-k}$

根据组合恒等式后面那个东西只在i=k的时候=1，其余时候=0，所以我们就得到了g[k]。

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll P=1000000009;
int n,m;
ll ans;
ll f[2010][2010],c[2010][2010],jc[2010];
int a[2010],b[2010];
inline int rd()
{
	int ret=0,f=1;	char gc=getchar();
	while(gc<'0'||gc>'9')	{if(gc=='-')	f=-f;	gc=getchar();}
	while(gc>='0'&&gc<='9')	ret=ret*10+(gc^'0'),gc=getchar();
	return ret*f;
}
int main()
{
	n=rd(),m=rd();
	if((n^m)&1)
	{
		printf("0");
		return 0;
	}
	m=(n+m)>>1;
	int i,j,k;
	for(jc[0]=i=1;i<=n;i++)	jc[i]=jc[i-1]*i%P;
	for(i=1;i<=n;i++)	a[i]=rd();
	for(i=1;i<=n;i++)	b[i]=rd();
	for(i=0;i<=n;i++)
	{
		c[i][0]=1;
		for(j=1;j<=i;j++)	c[i][j]=(c[i-1][j-1]+c[i-1][j])%P;
	}
	sort(a+1,a+n+1),sort(b+1,b+n+1);
	f[0][0]=1;
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		for(k=1;k<=n&&b[k]<a[i];k++);
		k--;
		for(j=1;j<=i;j++)	f[i][j]=(f[i-1][j]+f[i-1][j-1]*max(k-j+1,0))%P;
		f[i][0]=f[i-1][0];
	}
	ll tmp=1;
	for(i=m;i<=n;i++)	f[n][i]=(f[n][i]*jc[n-i])%P,ans=(ans+tmp*f[n][i]*c[i][m]%P+P)%P,tmp=-tmp;
	printf("%lld",(ans+P)%P);
	return 0;
}