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思路

大佬都說這是套路題……嚶嚶嚶我又被吊打了\(Q\omega Q\)

顯然，這題是要\(DP\)的。

首先思考一下性質：

為了方便，下面令\(k=\frac{n+k}{2}\)，即有恰好\(k\)組糖果比藥片大。

顯然，\(a,b\)數組都要先從小到大排序。（\(a\)是糖果，\(b\)是藥片）

考慮\(a_i\)造成的影響：

1、若它匹配了一個比它小的\(b\)，則對於\(a_j,j>i\)，它匹配比它小的\(b\)的方案數少了\(1\)。

2、若它匹配了一個比它大的\(b\)……似乎又要分類討論，狀態很難記錄。

所以，我們\(DP\)時先考慮第一種的\(a_i\)，第二種的最後統一分配。

設\(dp_{i,j}\)表示前\(i\)個\(a\)，有\(j\)個第一種，方案數。

容易得到

\[ dp_{i,j}=dp_{i-1,j}+(r_i-(j-1))dp_{i-1,j-1} \]

其中\(r_i\)表示\(b\)中比\(a_i\)小的個數。

接下來，記\(f_i=(n-i)!dp_{n,i}\)，也就是把\(n-i\)個沒有匹配的任意分配，得到至少\(i\)個的答案\(f_i\)。

那麽恰好\(i\)個的答案呢？

從大往小遞推，有

\[ ans_i=f_i-\sum_{j=i+1}^n {j \choose i} ans_j \]

或者用另一種容斥，有

\[ ans=\sum_{i=k}^n (-1)^{i-k}{i \choose k} f_i \]

復雜度\(O(n^2)\)。

代碼

#include<bits/stdc++.h>
namespace my_std{
    using namespace std;
    #define pii pair<int,int>
    #define fir first
    #define sec second
    #define MP make_pair
    #define rep(i,x,y) for (int i=(x);i<=(y);i++)
    #define drep(i,x,y) for (int i=(x);i>=(y);i--)
    #define go(x) for (int i=head[x];i;i=edge[i].nxt)
    #define sz 2020
    typedef long long ll;
    const ll mod=1e9+9;
    template<typename T>
    inline void read(T& t)
    {
        t=0;char f=0,ch=getchar();
        double d=0.1;
        while(ch>‘9‘||ch<‘0‘) f|=(ch==‘-‘),ch=getchar();
        while(ch<=‘9‘&&ch>=‘0‘) t=t*10+ch-48,ch=getchar();
        if(ch==‘.‘)
        {
            ch=getchar();
            while(ch<=‘9‘&&ch>=‘0‘) t+=d*(ch^48),d*=0.1,ch=getchar();
        }
        t=(f?-t:t);
    }
    template<typename T,typename... Args>
    inline void read(T& t,Args&... args){read(t); read(args...);}
    void file()
    {
        #ifndef ONLINE_JUDGE
        freopen("a.txt","r",stdin);
        #endif
    }
//  inline ll mul(ll a,ll b){ll d=(ll)(a*(double)b/mod+0.5);ll ret=a*b-d*mod;if (ret<0) ret+=mod;return ret;}
}
using namespace my_std;

ll ksm(ll x,int y)
{
    ll ret=1;
    for (;y;y>>=1,x=x*x%mod) if (y&1) ret=ret*x%mod;
    return ret;
}
ll inv(ll x){return ksm(x,mod-2);}

ll fac[sz],_fac[sz];
void init(){fac[0]=_fac[0]=1;rep(i,1,sz-1) _fac[i]=inv(fac[i]=fac[i-1]*i%mod);}
ll C(int n,int m){return n>=m&&m>=0?fac[n]*_fac[m]%mod*_fac[n-m]%mod:0;}

int n,K;
int a[sz],b[sz],r[sz];
ll dp[sz][sz],f[sz];
ll ans[sz];

int main()
{
    file();
    init();
    read(n,K);
    if ((n+K)&1) return puts("0"),0;
    K=(n+K)>>1;
    rep(i,1,n) read(a[i]);
    rep(i,1,n) read(b[i]);
    sort(a+1,a+n+1);sort(b+1,b+n+1);
    int c=0;
    rep(i,1,n)
    {
        while (c<n&&b[c+1]<a[i]) ++c;
        r[i]=c;
    }
    dp[0][0]=1;
    rep(i,1,n)
        rep(j,0,i)
            dp[i][j]=(dp[i-1][j]+(j?1ll*(r[i]-j+1)*dp[i-1][j-1]%mod:0ll))%mod;
    rep(i,0,n) f[i]=dp[n][i]*fac[n-i]%mod;
    drep(i,n,K)
    {
        ans[i]=f[i];
        rep(j,i+1,n) ans[i]=(ans[i]-ans[j]*C(j,i)%mod+mod)%mod;
    }
    cout<<ans[K];
    return 0;
}
 

洛谷P4859 已經沒有什麽好害怕的了 [DP，容斥]