[BZOJ3622] 已經沒有什麽好害怕的了

給定兩個長度都為n的數列a和b，保證所有數互不相同，求有多少配對\((a,b)\)的方案，使得\((a>b)=(a<b)+k\)。

試題分析

由題目可以得到前者的數量\(c=\frac{n+k}{2}\)。
由於兩種情況都考慮的時候我們沒有辦法記錄哪些數選過，哪些數沒選。
幹脆直接撇開一種情況，去看另外一種情況。
那麽我們設\(f_{i,j}\)表示考慮到\(a_1,a_2,\ldots a_n\)，欽點了\(j\)個數\((a_k>b_k)\)的方案數。
可以得到轉移：\[f_{i,j}=f_{i-1,j}+f_{i-1,j-1}\times (right_i -(j-1))\]

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<algorithm>
 
using namespace std;
#define LL long long
 
inline LL read(){
    LL x=0,f=1; char c=getchar();
    for(;!isdigit(c);c=getchar()) if(c=='-') f=-1;
    for(;isdigit(c);c=getchar()) x=x*10+c-'0';
    return x*f;
}
const LL INF = 2147483600;
const LL MAXN = 100010;
const LL Mod = 1000000009;
 
LL f[2001][2001]; LL N,K;
LL Pow[2001]; LL fac[MAXN+1],ifac[MAXN+1],inv[MAXN+1];
 
inline LL C(LL n,LL m){
    if(n==m) return 1; if(!m) return 1;
    //printf("ifac[%lld] = %lld   ifac[%lld] = %lld   fac[%lld] = %lld\n",n-m,ifac[n-m],m,ifac[m],n,fac[n]);
    return fac[n]*ifac[m]%Mod*ifac[n-m]%Mod;
}
LL a[MAXN+1],b[MAXN+1],g[MAXN+1];
 
int main(){
    //freopen(".in","r",stdin);
    //freopen(".out","w",stdout);
    N=read(),K=read(); K=(N+K)>>1;
    inv[1]=1; fac[1]=1; ifac[1]=1; fac[0]=1; ifac[0]=1;  
    for(LL i=2;i<=N;i++) fac[i]=fac[i-1]*i%Mod;
    for(LL i=2;i<=N;i++) inv[i]=(Mod-(Mod/i)*inv[Mod%i])%Mod;
    for(LL i=2;i<=N;i++) ifac[i]=ifac[i-1]*inv[i]%Mod;
    for(LL i=1;i<=N;i++) a[i]=read();
    for(LL i=1;i<=N;i++) b[i]=read();
    sort(a+1,a+N+1); sort(b+1,b+N+1); f[0][0]=1;
    for(LL i=1;i<=N;i++){
        LL rg=lower_bound(b+1,b+N+1,a[i])-b-1;
        for(LL j=0;j<=i;j++){
            if(j&&rg>=(j-1)) f[i][j]+=f[i-1][j-1]*(rg-(j-1))%Mod;
            f[i][j]+=f[i-1][j]; f[i][j]%=Mod; f[i][j]=(f[i][j]%Mod+Mod)%Mod;
        }
    }
    for(LL i=N;i>=K;i--){
        g[i]=f[N][i]*fac[N-i]%Mod;
        for(LL j=i+1;j<=N;j++)
            g[i]=(g[i]-C(j,i)*g[j]%Mod+Mod)%Mod;
    } printf("%lld\n",g[K]);
    return 0;
}
 

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