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;
}