已经没有什么好害怕的了

题解

由于题目保证数据中没有重复的数据，所以我们知道一对匹配了的数，要么对糖果比药片大，要么糖果比药片小。
由于糖果比药片大的比糖果比药片小的多 k k k对，所以糖果比药片大的必然有 n + k 2 \frac{n+k}{2} 2n+k​对，比其小的必然有 n − k 2 \frac{n-k}{2} 2n−k​对。

我们记糖果的序列为 a a a，药片的序列为 b b b，我们先对其排序，记 r i r_{i} ri​表示 ∑ j = 1 n [ b j < a i ] \sum_{j=1}^{n}[b_{j}<a_{i}] ∑j=1n​[bj​<ai​]。
此时对于 j j j，如果编号比 j j j小的糖果中有 x x x个的 a i a_{i} ai​匹配对象比 a j a_{j} aj​小，那么 j j j匹配到比它小的 b b b的方案数就有 r j − x r_{j}-x rj​−x种。
但很明显，当 a j a_{j} aj​的匹配对象比 a j a_{j} aj​大时我们就很难判断它对后面的贡献了，既有可能比后面的小，也有可能比后面的大。
我们不如先只考虑 a j a_{j} aj​的匹配对象比 a j a_{j} aj​小时的方案数，比 a j a_{j} aj​大的匹配我们放在最后考虑。
我们记 d p i , j dp_{i,j} dpi,j​表示匹配到 a i a_{i} ai​，已经产生了 j j j对匹配对象比其小的匹配。
这个的 d p dp dp转移方程式同样很容易得出，
d p i , j = d p i − 1 , j + ( r i − j + 1 ) d p i − 1 , j − 1 dp_{i,j}=dp_{i-1,j}+(r_{i}-j+1)dp_{i-1,j-1} dpi,j​=dpi−1,j​+(ri​−j+1)dpi−1,j−1​

我们假设让其它的都随便匹配，记 f i = ( n − i ) ! d p i f_{i}=\left(n-i\right)!dp_{i} fi​=(n−i)!dpi​，这恰好可以表示至少有 i i i个匹配是 a a a大于 b b b的方案数。
如此一来，我们就可以进行容斥了，我们记 p = n + k 2 p=\frac{n+k}{2} p=2n+k​。
A n s = ∑ i = p n ( − 1 ) i − p ( i p ) f i Ans=\sum_{i=p}^{n}(-1)^{i-p}\binom{i}{p}f_{i} Ans=i=p∑n​(−1)i−p(pi​)fi​
先跑一便 d p dp dp，再计算答案即可。

时间复杂度 O ( n 2 ) O\left(n^2\right) O(n2)。

源码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define MAXN 2005
#define lowbit(x) (x&-x)
#define reg register
#define pb push_back
#define mkpr make_pair
#define fir first
#define sec second
typedef long long LL;
typedef unsigned long long uLL;
const int mo=1e9+9;
const int jzm=2333;
const int lim=10000000;
const int orG=3,invG=332748118;
const double Pi=acos(-1.0);
const double eps=1e-9;
typedef pair<int,int> pii;
template<typename _T>
_T Fabs(_T x){return x<0?-x:x;}
template<typename _T>
void read(_T &x){
	_T f=1;x=0;char s=getchar();
	while(s>'9'||s<'0'){if(s=='-')f=-1;s=getchar();}
	while('0'<=s&&s<='9'){x=(x<<3)+(x<<1)+(s^48);s=getchar();}
	x*=f;
}
template<typename _T>
void print(_T x){if(x<0){x=(~x)+1;putchar('-');}if(x>9)print(x/10);putchar(x%10+'0');}
LL gcd(LL a,LL b){return !b?a:gcd(b,a%b);}
int add(int x,int y,int p){return x+y<p?x+y:x+y-p;}
int qkpow(int a,int s,int p){int t=1;while(s){if(s&1LL)t=1ll*a*t%p;a=1ll*a*a%p;s>>=1LL;}return t;}
int n,k,dp[MAXN],a[MAXN],b[MAXN],r[MAXN],fac[MAXN],inv[MAXN],f[MAXN],ans;
void init(){
	fac[0]=fac[1]=inv[0]=inv[1]=f[1]=1;
	for(int i=2;i<=n;i++){
		fac[i]=1ll*i*fac[i-1]%mo;
		f[i]=1ll*(mo-mo/i)*f[mo%i]%mo;
		inv[i]=1ll*f[i]*inv[i-1]%mo;
	}
}
int C(int x,int y){
	if(x<0||y<0||x<y)return 0;
	return 1ll*fac[x]*inv[y]%mo*inv[x-y]%mo;
}
signed main(){
	read(n);read(k);dp[0]=1;init();	
	if(n+k&1){puts("0");return 0;}k=(n+k)/2;
	for(int i=1;i<=n;i++)read(a[i]);
	for(int i=1;i<=n;i++)read(b[i]);
	sort(a+1,a+n+1);sort(b+1,b+n+1);
	for(int i=1;i<=n;i++){r[i]=r[i-1];while(r[i]<n&&b[r[i]+1]<a[i])r[i]++;}
	for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=n;j>0;j--)
		dp[j]=add(dp[j],1ll*(r[i]-j+1)*dp[j-1]%mo,mo);
	for(int i=k;i<=n;i++){
		dp[i]=1ll*fac[n-i]*dp[i]%mo*C(i,k)%mo;
		if(i-k&1)ans=add(ans,mo-dp[i],mo);else ans=add(ans,dp[i],mo);
	}
	printf("%d\n",ans);
	return 0;
}

谢谢！！！

标签：匹配,int,mo,害怕,1ll,MAXN,BZOJ3622,什么,dp
来源： https://blog.csdn.net/Tan_tan_tann/article/details/119420360