BZOJ 3622 已经没有什么好怕的了

扯淡

看到题目想到二项式反演
然后忘了给求阶乘的时候取模，调了一晚上
真令人窒息

思路

二项式反演
首先二项式反演还有另一种形式（不会证）
设\(G_i\)为有至少i个的方案数量，\(F_i\)为恰好有i个的方案数量
则有以下形式：

\[G_k=\Sigma_{i=k}^{n}C_i^kF_i \Rightarrow F_k=\Sigma_{i=k}^n(-1)^{i-k}C_i^kG_i \]

所以套入本题
设\(F_i\)为恰好i对糖果比药片能量多的方案数，\(G_i\)为至少i对糖果比药片能量多的方案数
则可以对\(G_i\)dp求解
\(dp_{i,j}\)表示前i个，j对糖果比药片能量多的方案数，\(L_i\)是药片和糖果能量均从小到大排序后，最后一个能量小于第i个糖果的药片的标号，则\(G_i=dp_{n,i}\times(n-i)!\)，原因显然，j对之后剩下的随便排列即可，所以乘上阶乘
dp方程是

\[dp_{i,j}=dp_{i-1,j}+dp_{i-1,j-1}*(L_i-j+1) \]

然后二项式反演即可

代码

#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#define int long long
using namespace std;
int a[3000],b[3000],dp[3000][3000],jc[3000],g[3000],inv[3000],n,k,t;
const int MOD = 1000000009;
int pow(int a,int b){
    int ans=1;
    while(b){
        if(b&1)
            ans=(1LL*a*ans)%MOD;
        a=(1LL*a*a)%MOD;
        b>>=1;
    }
    return ans%MOD;
}
int C(int n,int m){
    return 1LL*jc[n]*inv[m]%MOD*inv[n-m]%MOD;
}
signed main(){
    scanf("%lld %lld",&n,&k);
    if((n+k)%2){
        printf("0\n");
        return 0;
    }
    t=(n+k)/2;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        scanf("%lld",&a[i]);
    for(int i=1;i<=n;i++)
        scanf("%lld",&b[i]);
    sort(a+1,a+n+1);
    sort(b+1,b+n+1);
    int lastpos=0;
    dp[0][0]=1;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        dp[i][0]=dp[i-1][0];
        for(int j=1;j<=i;j++){
            for(;b[lastpos]<a[i]&&lastpos<=n;lastpos++);
            lastpos--;
            dp[i][j]=(1LL*dp[i-1][j]+1LL*dp[i-1][j-1]*max(lastpos-j+1,0LL)%MOD)%MOD;
        }
    }
    jc[0]=1;
    inv[0]=1;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        jc[i]=1LL*jc[i-1]*i%MOD;
        inv[i]=pow(jc[i],MOD-2);
    }
    for(int i=0;i<=n;i++)
        g[i]=1LL*dp[n][i]*jc[n-i]%MOD;
    int ans=0;
    for(int i=t;i<=n;i++)
        ans=(ans+1LL*(((i-t)%2)?-1:1)*C(i,t)*g[i]%MOD)%MOD;
    printf("%lld\n",(ans%MOD+MOD)%MOD);
    return 0;
}