洛谷4859 BZOJ3622 已经没什么好害怕的了（DP，二项式反演）

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洛谷

BZOJ

题目大意：有两个长为 $n$ 的序列 $a,b$，问有多少种重排 $b$ 的方式，使得满足 $a_i>b_i$ 的 $i$ 的个数比满足 $a_i<b_i$ 的 $i$ 的个数恰好多 $k$ 个。答案对 $10^9+9$ 取模。

$1\le n\le 2000,0\le k\le n$。保证 $a,b$ 中没有相同的数。

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首先根据小学数学知识可知，$a_i>b_i$ 的个数应该是 $\frac{n+k}{2}$。如果 $n+k$ 不是偶数那么就无解。

那么就可以DP了。首先将 $a$ 和 $b$ 分别排序，令 $c_i$ 表示 $b$ 中 $<a_i$ 的数的个数。

设 $dp_{i,j}$ 表示在前 $i$ 个 $a$ 中，选了 $j$ 个 $a$ 和 $j$ 个 $b$ 并凑出了恰好 $j$ 对满足 $a>b$ 的对的方案数，那么有：

$dp_{i,0}=1$

$dp_{i,j}=dp_{i-1,j}+dp_{i-1,j-1}(c_i-j+1)$

解释一下第二句，前半部分是表示 $a_i$ 不找，后半部分表示 $a_i$ 找。本来可以有 $c_i$ 个 $b$ 可以选，但是前面 $j-1$ 个 $i$ 已经选了 $j-1$ 个了。又因为 $a$ 从小到大，所以还可以选 $c_i-j+1$ 个。

令 $f_k$ 为恰好 $k$ 对数的答案， $g_k$ 为至少 $k$ 对数的答案。

我们发现 $g_k$ 比较好算，$g_k=dp_{n,k}(n-k)!$。因为选出了 $k$ 对之后，剩下的可以随便搭配。

然后又可以发现 $g_k=\sum\limits^n_{i=k}{i\choose k}f_i$。为什么？？？因为这题标签是二项式反演啊……（smg……）

好吧，我不会证，直接用吧（逃

那么 $f_k=\sum\limits^n_{i=k}(-1)^{i-k}{i\choose k}g_i$。

时间复杂度 $O(n^2)$。

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upd：问了PBdalao为什么是组合数，把他的话放这吧：

对于 $j$ 的一个方案，它在 $i$ 中必然是这么统计的：有 $i$ 个是DP得到的，另外 $j-i$ 个是后面乱搞得到的。

所以 $j$ 中每一组 $i$ 都被统计了一次，最后就被统计了 $j\choose i$ 次。

（很有道理，不是吗？）

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代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=,mod=;
#define FOR(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++)
#define ROF(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);i--)
#define MEM(x,v) memset(x,v,sizeof(x))
inline int read(){
    char ch=getchar();int x=,f=;
    while(ch<'' || ch>'') f|=ch=='-',ch=getchar();
    while(ch>='' && ch<='') x=x*+ch-'',ch=getchar();
    return f?-x:x;
}
int n,k,a[maxn],b[maxn],c[maxn],dp[maxn][maxn],fac[maxn],inv[maxn],invfac[maxn];
inline int C(int n,int m){
    return 1ll*fac[n]*invfac[m]%mod*invfac[n-m]%mod;
}
inline int g(int x){
    return 1ll*dp[n][x]*fac[n-x]%mod;
}
inline int f(int x){
    int ans=;
    FOR(i,x,n){
        int v=1ll*C(i,x)*g(i)%mod;
        if((i-x)&) ans=(ans-v+mod)%mod;
        else ans=(ans+v)%mod;
    }
    return ans;
}
int main(){
    n=read();k=read();
    if((n+k)&) return puts(""),;
    k=(n+k)>>;
    fac[]=fac[]=inv[]=invfac[]=invfac[]=;
    FOR(i,,n){
        fac[i]=1ll*fac[i-]*i%mod;
        inv[i]=mod-1ll*(mod/i)*inv[mod%i]%mod;
        invfac[i]=1ll*invfac[i-]*inv[i]%mod;
    }
    FOR(i,,n) a[i]=read();
    FOR(i,,n) b[i]=read();
    sort(a+,a+n+);sort(b+,b+n+);
    int cur=;
    FOR(i,,n){
        while(cur<=n && b[cur]<a[i]) cur++;
        c[i]=cur-;
    }
    dp[][]=;
    FOR(i,,n){
        dp[i][]=dp[i-][];
        FOR(j,,i) dp[i][j]=(dp[i-][j]+1ll*dp[i-][j-]*(c[i]-j+))%mod;
    }
    printf("%d\n",f(k));
}

二项式反演