洛谷P4859 已经没有什么好害怕的了

因为不存在任意两个数相同，那么设糖果比药片大的组有 \(x\) 个，药片比糖果大的组有 \(y\) 个，那么我们有：

\[x + y = n, x - y = k
\]

即：

\[x = \frac{n + k}{2}, y = \frac{n - k}{2}
\]

估本题实质上是问有多少种方案使得糖果比药片大的组恰好有 \(\frac{n + k}{2}\) 个，也就是有 \(\frac{n + k}{2}\) 个糖果匹配了比他小的药片。因为选择的顺序是没有关系的，因此为了能方便的知道当前这个数有多少个比其小的数，我们将药片和糖果分别从小到大排好序，那么糖果更大的一定能选糖果比他小的能选的药片，于是我们可以考虑设计一个 \(dp\)，令 \(dp_{i, j}\) 表示当前考虑完了前 \(i\) 个糖果，有 \(j\) 个糖果选择了比他小的药片，假设 \(cnt_i\) 表示比 \(i\) 号糖果小的药片有多少个，那么有转移：

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

但是做完这个 \(dp\) 以后，我们发现 \(dp_{n, \frac{n + k}{2}}\) 并不是答案，因为实际上上面这个 \(dp\) 只确定了 \(\frac{n + k}{2}\) 个糖果比药片大的组的分组，剩下没有分组的糖果和药片并没有考虑进来，但是剩下的方案我们不能保证其刚好全都是药片比糖果大，因此直接这样计数是行不通的。

思考一下问题所在，剩下的位置可能会存在若干个糖果比药片大的组，而我们此时已经选定了 \(\frac{n + k}{2}\) 个组糖果一定比药片大。这像不像我们二项式反演中钦定一些位置一定合法，而其他位置随意的样子。于是我们可以考虑使用二项式反演解决这个问题。令 \(f_i\) 表示钦定有 \(i\) 个组糖果比药片大的方案，那么有：

\[f_i = dp_{n, i} \times (n - i)!
\]

按照二项式反演的套路再令 \(g_i\) 表示恰好有 \(i\) 个组糖果比药片大的方案，那么可以得到 \(f, g\) 之间的关系：

\[f_i = \sum\limits_{j = i} ^ n \binom{j}{i} g_j
\]

则

\[g_{\frac{n + k}{2}} = \sum\limits_{i = \frac{n + k}{2}} ^ n (-1) ^ {i - \frac{n + k}{2}} \dbinom{i}{\frac{n + k}{2}} dp_{n, i} \times (n - i)!
\]

直接计算即可。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define rep(i, l, r) for(int i = l; i <= r; ++i)
const int N = 2000 + 5;
const int Mod = 1000000000 + 9;
int n, k, ans, a[N], b[N], f[N], cnt[N], fac[N], C[N][N], dp[N][N];
int read(){
    char c; int x = 0, f = 1;
    c = getchar();
    while(c > '9' || c < '0'){ if(c == '-') f = -1; c = getchar();}
    while(c >= '0' && c <= '9') x = x * 10 + c - '0', c = getchar();
    return x * f;
}
int Inc(int a, int b){
    return (a += b) >= Mod ? a - Mod : a;
}
int Dec(int a, int b){
    return (a -= b) < 0 ? a + Mod : a;
}
int Mul(int a, int b){
    return 1ll * a * b % Mod;
}
int main(){
    n = read(), k = read();
    rep(i, 1, n) a[i] = read();
    rep(i, 1, n) b[i] = read();
    sort(a + 1, a + n + 1), sort(b + 1, b + n + 1);
    rep(i, 1, n){
        if(b[n] <= a[i]){ cnt[i] = n; continue;}
        rep(j, 1, n) if(b[j] > a[i]){ cnt[i] = j - 1; break;}
    }
    fac[0] = C[0][0] = 1;
    rep(i, 1, n) fac[i] = Mul(fac[i - 1], i), C[i][0] = 1;
    rep(i, 1, n) rep(j, 1, i) C[i][j] = Inc(C[i - 1][j - 1], C[i - 1][j]);
    dp[0][0] = 1;
    rep(i, 1, n) rep(j, 0, min(i, cnt[i])){
        dp[i][j] = dp[i - 1][j];
        if(j) dp[i][j] = Inc(dp[i][j], Mul(dp[i - 1][j - 1], cnt[i] - j + 1));
    }
    rep(i, 0, n) f[i] = Mul(dp[n][i], fac[n - i]);
    rep(i, (n + k) / 2, n){
        if((i + (n + k) / 2) & 1) ans = Dec(ans, Mul(C[i][(n + k) / 2], f[i]));
        else ans = Inc(ans, Mul(C[i][(n + k) / 2], f[i]));
    }
    printf("%d", ans);
    return 0;
}