bzoj 3622: 已经没有什么好害怕的了 dp+容斥

题意

给你n个a[i]和b[i]，需要你把a[i],b[j]配对，使得a[i] > b[j] 的数目比b[j] > a[i]的数目恰好多k，问你组合的方案数，1<=n<=2000,0<=k<=n,a[i],b[j]两两互不相同

分析

好经典的题啊，首先我们一看到首先想到三个操作

1.这个a=b+k,a+b=n其实可以解出a和b然后变成a[i] > b[j] 的数目恰好有k‘个
2.恰好为k‘看看能不能有容斥变成至少为k‘和至多为k’，这样的话我们就方便dp
3.把a和b排个序，因为不考虑顺序问题，这样方便dp

其实套路差不多用完了，我们想想能怎么设置状态，定义

$$dp[i][j]$$ 表示排序后前i个a匹配了多少组a[i] > b[j]的
有这样的转移，对于新来的一个ai，我们只需要想这个ai和哪些bi匹配会产生贡献，所以我们定义nx[i]表示找到的最后一个比a[i]小的b[j]的位置j
那么就有了
$$dp[i][j] = dp[i-1][j] + max(0 , nx[i] - (j-1) ) * dp[i-1][j-1]$$

这样之后对于一个答案dp[n][i] 我们要把剩下的给填上去

$$dp[n][i] * (n-i) !$$
然后这样答案就是 (dp[n][i] - dp[n][i+1]) 吗？
不是的，因为:

假设a1 > b1 a2 > b2 a3 >b3
dp[n][2] 其实有三种情况
(a1,b1) (a2,b2) ? ,
(a1,b1) (a3,b3) ? ,
(a3,b3) (a2,b2) ? ,

而这个问号，是未确定的，就是同一个状态来说，会被算上多次
所以我们应该乘一个组合数，定义答案g[i] 表示a > b 的恰好有i对
我们就有了

$$g[i] = dp[n][i] * (n-i) ! - \sum\limits_{k=i+1}^{n} g[k] * \binom{k}{i}$$

代码

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define c(i,j) (fac[(i)] * inv[(j)] % mod * inv[(i) - (j)] % mod)
using namespace std;

const ll N = 2010;
const ll mod = 1e9+9;

inline ll read()
{
  char ch=getchar(); ll p=0; ll f=1;
  while(ch<'0' || ch>'9'){if(ch=='-') f=-1; ch=getchar();}
  while(ch>='0' && ch<='9'){p=p*10+ch-'0'; ch=getchar();}
  return p*f;
}


ll n,m;
ll a[N],b[N],nx[N]; ll fac[N],inv[N];
ll f[N][N],g[N];

int main()
{

  n = read(); m = read();
  if((n+m) & 1){puts("0"); return 0;}
  for(ll i=1;i<=n;i++) a[i] = read();
  for(ll i=1;i<=n;i++) b[i] = read();

  fac[0] = 1; for(ll i=1;i<=n;i++) fac[i] = fac[i-1] * i % mod;
  inv[0] = inv[1] = 1; for(ll i=2;i<=n;i++) inv[i] = (mod - mod/i) * inv[mod % i] % mod;
  for(ll i=2;i<=n;i++) inv[i] = inv[i-1] * inv[i] % mod;

  sort(a+1,a+n+1);
  sort(b+1,b+n+1);

  for(ll i=1;i<=n;i++) nx[i] = lower_bound(b+1,b+n+1,a[i]) - (b+1);

  f[0][0] = 1;
  for(ll i=1;i<=n;i++) for(ll j=0;j<=i;j++){f[i][j] = (f[i-1][j] + f[i-1][j-1] * (max(0ll,nx[i] - (j-1)) ) % mod) % mod;}

  ll c = (n+m) / 2;
  for(ll i=n;i>=c;i--)
  {
    ll s=0; for(ll j=i+1;j<=n;j++) s = (s + c(j,i) * g[j]) % mod;
    g[i] = (f[n][i] * fac[n-i] % mod - s + mod ) % mod;
  }

  return printf("%lld\n",g[c]),0;
}