【BZOJ3622】已经没什么好害怕的了（dp，容斥原理，二项式反演）

首先设有 \(x\) 组 \(a>b\)，由 \(x-(n-x)=k\) 解得 \(x=\dfrac{n+k}{2}\)。

先将 \(a\)、\(b\) 数组排序。

然后设 \(f(i,j)\) 表示前 \(i\) 个 \(a\) 中，选了 \(j\) 组 \(a>b\)。

显然有：

\[f(i,j)=f(i-1,j)+\big[l_i-(j-1)\big]f(i-1,j-1) \]

其中 \(l_i\) 表示 \(b\) 中比 \(a_i\) 小的有多少个。

设 \(g_i=(n-i)!f(n,i)\)，也就是把 \(n-i\) 个没有匹配的任意分配，那么就能得到 \(a>b\) 的组数 \(\geq i\) 的方案数（有算重）。

设 \(ans_i\) 表示 \(x=i\) 时的答案。

根据容斥原理，容易发现对于 \(i>j\)，\(ans_i\) 在 \(g_j\) 中被算了 \(\dbinom{i}{j}\) 次。

那么有：（可以用二项式反演推出）

\[ans_j=\sum\limits_{i=j}^n(-1)^{i-j}\binom{i}{j}g_i \]

代码如下：

#include<bits/stdc++.h>

#define N 2010
#define ll long long
#define mod 1000000009

using namespace std;

int n,k,a[N],b[N],l[N];
ll fac[N],inv[N],g[N],f[N][N];

ll poww(ll a,ll b)
{
	ll ans=1;
	while(b)
	{
		if(b&1) ans=ans*a%mod;
		a=a*a%mod;
		b>>=1;
	}
	return ans;
}

void init()
{
	fac[0]=inv[0]=1;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		fac[i]=fac[i-1]*i%mod;
		inv[i]=poww(fac[i],mod-2);
	}
}

ll C(int n,int m)
{
	return fac[n]*inv[m]%mod*inv[n-m]%mod;
}

int main()
{
	scanf("%d%d",&n,&k);
	if((n+k)&1)
	{
		puts("0");
		return 0;
	}
	init();
	k=(n+k)/2;
	for(int i=1;i<=n;i++)
		scanf("%d",&a[i]);
	for(int i=1;i<=n;i++)
		scanf("%d",&b[i]);
	sort(a+1,a+n+1);
	sort(b+1,b+n+1);
	int now=0;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		while(now<n&&b[now+1]<a[i]) now++;
		l[i]=now;
	}
	f[0][0]=1;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		for(int j=0;j<=l[i];j++)
		{
			f[i][j]=f[i-1][j];
			if(j>0) f[i][j]=(f[i][j]+1ll*(l[i]-(j-1))*f[i-1][j-1])%mod;
		}
	}
	for(int i=0;i<=n;i++)
		g[i]=f[n][i]*fac[n-i]%mod;
	ll ans=0;
	for(int i=k;i<=n;i++)
	{
		int tmp=(((i-k)&1)?-1:1);
		ans=((ans+tmp*C(i,k)*g[i]%mod)%mod+mod)%mod;
	}
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}