P4859 已经没有什么好害怕的了

\(\mathcal Link\)

像“正好 \(k\) 个的方案数”，十有八九都能转化为“至少 \(k\) 个”或 “钦定 \(k\) 个”。

本题中用“钦定”更简单。

考虑设 \(f(i)\) 表示“钦定”了 \(i\) 组小于的方案。

直接 DP。设 \(dp(i,j)\) 表示前 \(i\) 个中，选出 \(j\) 个与比它小的配对的方案数。

\[dp(i,j)=dp(i-1,j)+dp(i-1,j-1)\cdot(p-j+1) \]

然后 \(f(i)=(n-i)!\cdot dp(n,i)\)

设 \(g(i)\) 表示答案。

则有

\[f(i)=\sum\limits_{j=i}^n \binom{j}{i}g(j) \]

考虑二项式反演，有

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

#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <algorithm>
using namespace std;
char buf[1<<14],*p1=buf,*p2=buf;
#define GetC() ((p1==p2)&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<14,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++)
struct Ios{}io;
template <typename _tp>
Ios &operator >>(Ios &in,_tp &x){
	x=0;int w=0;char c=GetC();
	for(;!isdigit(c);w|=c=='-',c=GetC());
	for(;isdigit(c);x=x*10+(c^'0'),c=GetC());
	if(w) x=-x;
	return in;
}
using ll=long long;
const int N=2005,mod=1e9+9;
int a[N],b[N];
int dp[N][N];
ll f[N];
ll fac[N],inv[N],ifac[N];
ll C(int n,int m){
	if(m>n||m<0) return 0;
	return fac[n]*ifac[m]%mod*ifac[n-m]%mod;
}
int main(){
	int n,k;io>>n>>k;
	fac[0]=ifac[0]=1;
	inv[1]=fac[1]=ifac[1]=1;
	for(int i=2;i<=n;++i){
		fac[i]=fac[i-1]*i%mod;
		inv[i]=(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;
		ifac[i]=ifac[i-1]*inv[i]%mod;
	}
	if((n+k)&1){puts("0");return 0;}
	int l=(n+k)>>1;
	for(int i=1;i<=n;++i) io>>a[i];
	for(int i=1;i<=n;++i) io>>b[i];
	sort(a+1,a+n+1);sort(b+1,b+n+1);
	dp[0][0]=1;
	int r=0;
	for(int i=1;i<=n;++i){
		while(r<n&&b[r+1]<a[i]) ++r;
		for(int j=0;j<=i&&j<=r;++j){
			dp[i][j]=dp[i-1][j];
			if(j>=1)	dp[i][j]=(dp[i][j]+1ll*dp[i-1][j-1]*(r-(j-1)))%mod;
		}
	}
	for(int i=0;i<=n;++i) f[i]=fac[n-i]*dp[n][i]%mod;
	ll ans=0;
	for(int j=l;j<=n;++j){
		if((j-l)&1) ans=(ans-C(j,l)*f[j]%mod)%mod;
		else ans=(ans+C(j,l)*f[j]%mod)%mod;
	}
	printf("%lld\n",(ans+mod)%mod);
	return 0;
}