BZOJ 3622: 已經沒有什麽好害怕的了(二項式反演)
阿新 • • 發佈:2019-01-14
容斥 ostream i++ b+ con mes ast algorithm ++ 數組已經排好序,所以\(dp(i)(j)=dp(i-1)(j)+dp(i-1)(j-1)*max(0,t(i)-j+1)\),然後\(g(k)=dp(n)(k)*(n-k)!\)
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解題思路
首先將\(a\),\(b\)排序,然後可以算出\(t(i)\),表示\(a(i)\)比多少個\(b(i)\)大,根據容斥套路,設\(f(k)\)表示恰好有\(k\)個\(a(i)\)比\(b(i)\)大,\(g(k)\)表示至少有\(k\)個,那麽\(g(k)=\sum\limits_{i=k}^n\dbinom{i}{k}f(i)\)。發現這是一個二項式反演的形式,現在的問題變為如何求\(g(k)\),發現可以強制選\(k\)組,其余的任意搭配,強制選\(k\)組就可以\(dp\)了。設\(dp(i)(j)\)表示前\(i\)個數,選了\(j\)個的方案數,因為\(a\)
代碼
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<cmath> #include<cstdlib> #include<algorithm> using namespace std; const int N=2005; const int MOD=1e9+9; typedef long long LL; inline int rd(){ int x=0,f=1;char ch=getchar(); while(!isdigit(ch)) f=ch==‘-‘?0:1,ch=getchar(); while(isdigit(ch)) x=(x<<1)+(x<<3)+ch-‘0‘,ch=getchar(); return f?x:-x; } inline int max(int x,int y){return x>y?x:y;} int n,k,a[N],b[N],t[N],f[N][N],fac[N],inv[N],ans; inline int fast_pow(int x,int y){ int ret=1; for(;y;y>>=1){ if(y&1) ret=(LL)ret*x%MOD; x=(LL)x*x%MOD; } return ret; } inline int C(int x,int y){ return (LL)fac[x]*inv[y]%MOD*inv[x-y]%MOD; } int main(){ n=rd(),k=rd();if((n+k)&1) return puts("0"),0; k=(n+k)>>1;int now=1;fac[0]=1; for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=rd(); for(int i=1;i<=n;i++) b[i]=rd(); sort(a+1,a+1+n);sort(b+1,b+1+n); for(int i=1;i<=n;i++){ t[i]=t[i-1]; while(a[i]>b[now] && now<=n) t[i]++,now++; } f[0][0]=1; for(int i=1;i<=n;i++){ f[i][0]=1; for(int j=1;j<=i;j++) f[i][j]=(f[i-1][j]+(LL)f[i-1][j-1]*(max(0,t[i]-j+1))%MOD)%MOD; } for(int i=1;i<=n;i++) fac[i]=(LL)fac[i-1]*i%MOD; inv[n]=fast_pow(fac[n],MOD-2); for(int i=n-1;~i;i--) inv[i]=(LL)inv[i+1]*(i+1)%MOD; for(int i=k;i<=n;i++){ if((i-k)&1) ans=(ans+(MOD-(LL)C(i,k)*f[n][i]%MOD*fac[n-i]%MOD))%MOD; else ans=(ans+(LL)C(i,k)*f[n][i]%MOD*fac[n-i]%MOD)%MOD; } printf("%d\n",ans); return 0; }
BZOJ 3622: 已經沒有什麽好害怕的了(二項式反演)