已经没有什么好害怕的了

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Solution

容易将题目转换为使糖果和药片两两匹配，使得其中恰好有 \(\frac{n+k}{2}\) 组糖果权值比药片大。容易知道当 \(n+k\) 为奇数时无解。

不妨令 \(m=\frac{n+k}{2}\) 。根据反演套路，我们只需要求出

\[G(m)=\sum_{i=m}^n (-1)^{i-m} \binom{i}{m} F(i) \]

其中 \(F(i)\) 表示强制令其中 \(i\) 组是合法的，剩余的随便匹配的方案。和以往做过的反演题不同，这里的 \(F\) 并不容易求出，因为只考虑组合意义的话实在无从下手。所以我们转而思考其它的方法。将糖果和药片升序排序后，容易知道对于一个糖片，能产生合法匹配的药片是一个前缀。而且随着糖果递增，这个前缀的长度也在递增，也就是说前面的糖片能匹配的，后面也行。所以前面的糖果无论怎么匹配，在算后面的匹配时，都不会造成太多的影响，直接从决策集合中减去即可。有阶段性。那么这个方案数就很好算了，可以直接 dp。用 \(dp_{i,k}\) 表示前 \(i\) 个糖果中强制令 \(k\) 对合法的方案，那么

\[dp_{i,k}=dp_{i-1,k}+(a_i-(k-1))\times dp_{i-1,k-1} \]

其中 \(a_{i}\) 表示比第 \(i\) 个糖果权值小的药片个数，这个直接二分即可求。

再将 \(dp\) 乘上剩下随便匹配的方案 \((n-k)!\)，得 \(F(k)=dp_{n,k}\times (n-k)!\)

复杂度 \(O(n^2)\)

#include<stdio.h>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define N 2007
#define Mod 1000000009
#define ll long long

int n,a[N],b[N],K;
ll dp[N][N],fac[N],inv[N];

ll qpow(ll x,ll y){
    ll ret=1,cnt=0;
    while(y>=(1ll<<cnt)){
        if(y&(1ll<<cnt)) ret=(ret*x)%Mod;
        x=(x*x)%Mod,cnt++;
    }
    return ret;
}

ll C(int x,int y){return x<y? 0:fac[x]*inv[y]%Mod*inv[x-y]%Mod;}

int main(){
//    freopen("data.in","r",stdin);
    scanf("%d%d",&n,&K);
    for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
    for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&b[i]);
    if((n+K)&1) return printf("0"),0;
    else K=(n+K)>>1;
    sort(a+1,a+1+n),sort(b+1,b+1+n);
    for(int i=1;i<=n;i++)
        a[i]=lower_bound(b+1,b+1+n,a[i])-b-1;
//    for(int i=1;i<=n;i++) printf("%d ",a[i]);
    dp[0][0]=1;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        dp[i][0]=dp[i-1][0];
        for(int k=1;k<=i;k++)
            dp[i][k]=(dp[i-1][k]+max(0,a[i]-k+1)*dp[i-1][k-1]%Mod)%Mod;
    }
    fac[0]=1;
    for(int i=1;i<N;i++) fac[i]=fac[i-1]*i%Mod;
    inv[N-1]=qpow(fac[N-1],Mod-2);
    for(int i=N-2;~i;i--) inv[i]=inv[i+1]*(i+1)%Mod;
    ll ans=0;
    for(int i=K,op=1;i<=n;i++,op=-op)
        ans=(ans+op*C(i,K)*dp[n][i]%Mod*fac[n-i]%Mod+Mod)%Mod;
    printf("%lld",ans);
}