题解 P4859 【已经没有什么好害怕的了】
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题解
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Description
题库链接
给出 n 个数 a_i ，以及 n 个数 b_i ，要求两两配对使得 a>b 的对数减去 a<b 的对数等于 k 。
## Solution
我们假设 $a>b$ 对数为 $x$ ，可以求得 $x=\frac{n+k}{2}$ 。
我们令 $f_{i,j}$ 表示前 $i$ 个 $a$ 中，选了 $j$ 组满足 $a>b$ 的方案数。
容易得到 $\text{dp}$ 方程
$$f_{i,j}=f_{i-1,j}+(l_i-j+1)\times f_{i-1,j-1}$$
其中 $l_i$ 表示从小到大排序后 $b$ 中 $<a_i$ 的最靠后一个数。
我们记 $g_i=f_{n,i}\times (n-i)!$ 即满足 $a>b$ 的组数 $\geq i$ 的方案数，再令 $f_i$ 表示恰好满足 $a>b$ 的组数 $= i$ 的方案数。
容易发现对于 $i>j$ $f_i$ 恰好在 $g_j$ 中算了 ${i\choose j}$ 次。
那么存在
$$g(k)=\sum_{i=k}^n{i\choose k}f(i)$$
由二项式反演得
$$f(k)=\sum_{i=k}^n(-1)^{i-k}{i\choose k}g(i)$$
直接求解即可。
## Code
```cpp
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 2000+5, yzh = 1e9+9;
int n, k, a[N], b[N], l[N], f[N][N], fac[N], ifac[N], g[N];
int C(int n, int m) {return 1ll*fac[n]*ifac[m]%yzh*ifac[n-m]%yzh; }
void work() {
scanf("%d%d", &n, &k);
if ((n+k)&1) {puts("0"); return; } k = (n+k)/2;
ifac[0] = ifac[1] = fac[0] = fac[1] = 1;
for (int i = 2; i < N; i++) ifac[i] = -1ll*yzh/i*ifac[yzh%i]%yzh;
for (int i = 2; i < N; i++)
fac[i] = 1ll*fac[i-1]*i%yzh, ifac[i] = 1ll*ifac[i-1]*ifac[i]%yzh;
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 loc = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
while (loc < n && b[loc+1] < a[i]) ++loc;
l[i] = loc;
}
f[0][0] = 1;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
f[i][0] = f[i-1][0];
for (int j = 1; j <= i; j++)
f[i][j] = (1ll*f[i-1][j]+1ll*f[i-1][j-1]*max(0, l[i]-j+1)%yzh)%yzh;
}
for (int i = 0; i <= n; i++) g[i] = 1ll*f[n][i]*fac[n-i]%yzh;
int ans = 0;
for (int i = k; i <= n; i++)
if ((i-k)&1) (ans -= 1ll*C(i, k)*g[i]%yzh) %= yzh;
else (ans += 1ll*C(i, k)*g[i]%yzh) %= yzh;
printf("%d\n", (ans+yzh)%yzh);
}
int main() {work(); return 0; }
```