bzoj 3622 DP + 容斥
阿新 • • 發佈：2017-07-20
發現 pri mem hub ble tor lin names name
/* */)
* @Link : https://github.com/
* @Version : $Id$
*/
#include <stdio.h>
#include <iostream>
#include <string.h>
#include <algorithm>
#include <utility>
#include <vector>
#include <map>
#include <set>
#include <string>
#include <stack>
#include <queue>
#include <math.h>
//#include <bits/stdc++.h>
#define LL long long
#define PII pair<int ,int>
#define MP(x, y) make_pair((x),(y))
#define fi first
#define se second
#define PB(x) push_back((x))
#define MMG(x) memset((x), -1,sizeof(x))
#define MMF(x) memset((x),0,sizeof(x))
#define MMI(x) memset((x), INF, sizeof(x))
using namespace std;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int N = 1e5+20;
const double eps = 1e-8;
const LL mod = 1e9 + 9;
LL a[2100];
LL b[2100];
LL dp[2100];
LL f[2100][2100];
LL fac[2100];
LL inv[2100];
LL cnt[2100];
int n, k;
void init()
{
fac[0] = fac[1] = 1;
inv[0] = inv[1] = 1;
for(int i = 2; i <= 2010; i++)
{
fac[i] = fac[i - 1] * i % mod;
inv[i] = (mod - mod / i) * inv[mod % i] % mod;
}
for(int i = 2; i <= 2010; i++)
(inv[i] *= inv[i - 1]) %= mod;
}
LL C(int n, int m)
{
LL ans = 0;
if(m > n)
return ans;
ans = ((fac[n] * inv[m]) % mod * inv[n - m]) % mod;
return ans;
}
int main()
{
while(cin >> n >> k)
{
init();
LL m = (n + k) / 2;
for(int i = 1; i <= n; i++) scanf("%lld", a + i);
for(int i = 1; i <= n; i++) scanf("%lld", b + i);
sort(a + 1, a + n + 1);
sort(b + 1, b + n + 1);
for(int i = 1; i <= n; i++)
{
for(int j = 1; j <= n; j++)
if(a[i] > b[j])
cnt[i] = j;
}
for(int i = 0; i <= n; i++)
{
f[i][0] = 1;
for(int j = 1; j <= i; j++)
{
f[i][j] = f[i - 1][j];
if(cnt[i] - (j - 1) > 0)
f[i][j] += f[i - 1][j - 1] * (cnt[i] - (j - 1));
f[i][j] %= mod;
}
}
for(int i = n; i >= m; i--)
{
dp[i] = f[n][i] * fac[n - i] % mod;
for(int j = i + 1; j <= n; j++)
{
dp[i] = (dp[i] - dp[j] * C(j, i) % mod + mod) % mod;
}
}
printf("%lld\n", dp[m]);
}
return 0;
}
LINK
題意：給出n,k，有a,b兩種值，a和b間互相配對，求$a>b$的配對組數-b>a的配對組數恰好等於k的情況有多少種。
思路：粗看會想這是道容斥組合題，但關鍵在於如何得到每個a[i]大於b的組數。
不妨從整體去考慮，使用$f[n][j]$代表前n個中有j組$a[i]>b[i]$，很容易得到轉移式$f[n][j]=f[n-1][j]+f[n-1][j-1]*(cnt[n]-(j-1))$，其中$cnt[i]$為比a[i]小的b[]個數
但是仔細思考該式子含義會發現，$f[n][j]$得到的是不小於j組滿足a[i]>b[]的數，會造成大於j組數情況的重復計入
我們定義$dp[n][i]$代表選取i組恰好糖果大於藥片的方案 也就是正確答案
那麽實際上總情況有$dp[n][i] = f[n][i]*(n-i)! $即剩下n-i個數自由配對 有$(n-i)!$種
重復情況為任意選取大於i(i+1~n)的 並在其中無序選出i個的種類數 即 $\sum^{n}_{j=i+1}{dp[n][i]*C(j,i)}$
/** @Date : 2017-07-17 16:15:38 * @FileName: bzoj 3622 DP + 容斥.cpp * @Platform: Windows * @Author : Lweleth ([email protected]
bzoj 3622 DP + 容斥