[bzoj 3622]已经没有什么好害怕的了

最新推荐文章于 2019-12-23 15:08:24 发布

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原文链接：http://www.cnblogs.com/PaperCloud/p/10703340.html

本文探讨了一个基于广义容斥原理解决排列组合问题的方法，通过具体实例讲解了如何利用容斥原理和二项式定理来计算特定条件下序列匹配的方案数。文章详细介绍了算法实现过程，包括序列排序、状态转移方程的设计以及最终答案的计算。

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Description

Solution

广义容斥原理

首先对于要求一个恰好为\(k\)的答案，我们可以转化为不少于\(k\)的答案，然后容斥

怎么求不少于\(k\)的答案呢，我们通常是钦定几个条件必然满足，剩下的就是排列组合乘进去

因为显然会算重，所以要容斥

对于此题：

我们先对两个序列排序

令\(f[i][j]\)表示前第一个序列前\(i\)个数与第二个序列匹配，大于的匹配数不少于\(k\)的方案数
\[ f[i][j]=f[i-1][j]+f[i-1][j-1]*[k-(i-1)] \]
这里的\(k\) 指的是在第二个序列中小于\(a[i]\)的数的个数

显然，仅仅这样是不够的，因为\(f[i][j]\)还要再乘上\((n-i)!\)，表示剩下的数的匹配方案

那么剩下的直接二项式容斥就可以了

Code

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))
#define min(a,b) ((a)>(b)?(b):(a))
#define reg register
#define int ll
inline int read()
{
    int x=0,f=1;char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
    while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0';ch=getchar();}
    return x*f;
}
const int MN=2005,mod=1e9+9;
#define Mul(x,y) (1ll*x*y%mod)
#define Add(x,y) ((x+y+mod)%mod)
int n,k,a[MN],b[MN],c[MN],fac[MN],C[MN][MN],f[MN][MN],ans;
signed main()
{
    n=read();k=read();
    reg int i,j;
    for(i=1;i<=n;++i) a[i]=read();
    for(i=1;i<=n;++i) b[i]=read();
    std::sort(a+1,a+n+1);std::sort(b+1,b+n+1);
    for(fac[0]=i=1;i<=n;++i)fac[i]=Mul(fac[i-1],i);
    C[0][0]=1;
    for(i=1;i<=n;++i)
    {
        C[i][0]=C[i][i]=1;
        for(j=1;j<i;++j) C[i][j]=Add(C[i-1][j-1],C[i-1][j]);
    }
    for(i=1,j=0;i<=n;++i)
    {
        while(b[j+1]<a[i]&&j+1<=n) ++j;
        c[i]=j;
    }
    f[0][0]=1;
    for(i=1;i<=n;++i)for(f[i][0]=j=1;j<=i;++j)
    {
        f[i][j]=Add(f[i][j],f[i-1][j]);
        f[i][j]=Add(f[i][j],Mul(f[i-1][j-1],max(0,c[i]-j+1)));
    }
    if((n+k)&1) return 0*puts("0");
    for(j=i=(n+k)/2;i<=n;++i) f[n][i]=Mul(f[n][i],fac[n-i]),ans=Add(ans,((i-j)&1?mod-1:1)*Mul(f[n][i],C[i][j]));
    printf("%d\n",ans);
    return 0;
}

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