NKOJ 2966 （BZOJ 3622）已經沒什麼好害怕的了 （DP+二項式反演）

P2966【2014湖北省隊互測week2】已經沒什麼好害怕的了

問題描述

已經使Modoka有簽訂契約，和自己一起戰鬥的想法後，Mami忽然感到自己不再是孤單一人了呢。
於是，之前的謹慎的戰鬥作風也消失了，在對Charlotte的傀儡使用終曲——Tiro Finale後，Mami面臨着即將被Charlotte的本體喫掉的局面。
這時，已經多次面對過Charlotte的Homura告訴了學OI的你這樣一個性質——Charlotte的結界中有兩種具有能量的元素——一種是“糖果”，另一種是“藥片”，每種各有n個。在Charlotte發動進攻前，“糖果”和“藥片”會兩兩配對，若恰好“糖果”比“藥片”能量大的組數比“藥片”比“糖果”能量大的組數多k組，則在這種局面下，Charlotte的攻擊會丟失，從而Mami仍有消滅Charlotte的可能。你必須根據Homura告訴你的“糖果”和“藥片”的能量的信息迅速告訴Homura這種情況的個數。

輸入格式

第一行兩個整數n,k，含義如題目描述。
接着第二行n個整數，第i個數表示第i個糖果的能量。
第三行n個整數，第j個數表示第j個藥片的能量。

輸出格式

一個整數，表示消滅Charlotte的情況個數。答案可能會很大,所以mod (109+9)

樣例輸入

4 2
5 35 15 45
40 20 10 30

樣例輸出

4

數據範圍：

約定：給出的2*n個能量值兩兩不同
對於10%的數據：1<=n<=10
對於40%的數據：1<=n<=500
對於100%的數據：1<=n<=2000，0<=k<=n

---

先將Ai$A_i$ 和Bi$B_i$ 排序
考慮如何計算恰有K對Ai>Bi$A_i>B_i$ 的方案數。

令F[i]$F[i]$ 表示恰有i$i$ 對的方案數，令f[i][j]$f[i][j]$ 表示Ai$A_i$ 的前i$i$ 個數有j$j$ 對的方案數。
令t[i]$t[i]$ 表示B$B$ 中小於Ai$A_i$ 的數的數量。
那麼有轉移方程f[i][j]=f[i−1][j]+f[i−1][j−1]∗(t[i]−j+1)$f[i][j]=f[i-1][j]+f[i-1][j-1]\ast (t[i]-j+1)$ ，t[i]−j+1$t[i]-j+1$ 表示總共有t[i]$t[i]$ 個數可以與A[i]$A[i]$ 匹配，而其中已經匹配了j−1$j-1$ 個。

然後令G[i]=(n−i)!f[n][i]$G[i]=(n-i)!f[n][i]$ ，注意到，這裏的G[i]$G[i]$ 意思是先確定i$i$ 對Ax>Bx$A_x>B_x$ ，然後剩下的隨便排列。
考慮G[i]$G[i]$ 與F[i]$F[i]$ 的關係，能夠推出

G[i]=∑j=inCijF[j]$$G[i]=\sum _{j=i}^n{C}_j^{i}F[j]$$

這裏我們考慮對於G[i]$G[i]$ ，肯定至少有i$i$ 對，但剩下的任意排列可能使得對數增加，同時可能造成重複。因此枚舉總共有多少對，然後考慮重複，對於有j$j$ 對的方案，在G[i]$G[i]$ 中被重複算的次數恰好就是Cij$C_j^i$ ，意思是從這j$j$ 對中選出i$i$ 對作爲一開始在f[n][i]$f[n][i]$ 中確定的i$i$ 對。

最後二項式反演得到

F[i]=∑j=in(−1)j−iCijG[j]$$F[i]=\sum _{j=i}^n(-1{)}^{j-i}{C}_j^{i}G[j]$$

總時間複雜度O(n2)$O(n^2)$

---

代碼：

#include<stdio.h>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#define N 2005
#define ll long long
using namespace std;
const ll mod=1e9+9;
ll n,m,A[N],B[N],f[N][N],C[N][N],F[N],G[N],fac[N],t[N];
int main()
{
    ll i,j,k;fac[0]=1;
    scanf("%lld%lld",&n,&m);
    for(i=1;i<=n;i++)scanf("%lld",&A[i]);
    for(i=1;i<=n;i++)scanf("%lld",&B[i]);
    if(n+m&1)return puts("0"),0;
    m=(n+m)>>1;
    for(i=1;i<=n;i++)fac[i]=fac[i-1]*i%mod;
    for(i=0;i<=n;i++)C[i][0]=1;
    for(i=1;i<=n;i++)
    for(j=1;j<=i;j++)C[i][j]=(C[i-1][j-1]+C[i-1][j])%mod;
    sort(A+1,A+n+1);
    sort(B+1,B+n+1);
    for(i=j=1;i<=n;i++)
    {
        while(j<=n&&A[i]>B[j])j++;
        t[i]=j-1;
    }
    for(i=0;i<=n;i++)f[i][0]=1;
    for(i=1;i<=n;i++)
    for(j=1;j<=n;j++)f[i][j]=(f[i-1][j]+f[i-1][j-1]*max(0ll,t[i]-j+1)%mod)%mod;
    for(i=0;i<=n;i++)G[i]=fac[n-i]*f[n][i]%mod;
    for(i=m,k=1;i<=n;i++,k=-k)F[m]+=k*C[i][m]*G[i]%mod,F[m]%=mod;
    printf("%lld",(F[m]+mod)%mod);
}