【BZOJ3622】已经没有什么好害怕的了 动态规划+容斥原理

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#include <stdio.h>int main(){    puts("转载请注明出处[vmurder]谢谢");    puts("网址：blog.csdn.net/vmurder/article/details/44836095");}

题解：

首先我们给A数组（糖果）和B数组（药片）从小到大排个序。
lasti 表示一个极大值 x 使得 Bx<Ai 。
f(i,j) 表示枚举到第 Ai 时，有至少 j 对匹配，使得 A∗∗∗>B∗∗∗
然后枚举到 Ai 不代表也必须只能使用 Bi 以及其前的B数组元素。

f(i,j)=f(i−1,j)+f(i−1,j−1)∗(lasti−(j−1) )
其中 f(i−1,j) 表示 Ai 匹配了一个比它大的 B∗∗∗
f(i−1,j−1)∗(lasti−(j−1) ) 则表示匹配了一个比它小的，
而后面的乘数则是它有lasti种选择，其中有 (j−1) 个被用过了。

之后进行容斥原理，设 g(i,j) 表示枚举到第 Ai 时，有正好 j 对匹配，使得 A∗∗∗>B∗∗∗ 的方案数。
我们发现对于一个 f(i,j) 它的非确定 A∗∗∗>B∗∗∗ 的那些数对中，有 (i−j)!种排列。
然后我们要从中减去不符合要求的，也就是其中有 A∗∗∗>B∗∗∗的那些，就得到了 g(i,j) 。

那么显然式子应该是这样的：
g(i,j)=f(i,j)∗(i−j)!  −  ∑nk=j+1g(i,k)∗Cij

然后我们考虑应该有多少对 A∗∗∗>B∗∗∗

呃，设有 x 对吧，那么就有 n−x对 A∗∗∗>B∗∗∗
然后 x−(n−x)=k ，所以 x=n+k2 这里需要特判一下，如果是非整数会出大新闻。

代码：

#include <cstdio>#include <cstring>#include <iostream>#include <algorithm>#define N 2050#define inf 0x3f3f3f3f#define mod 1000000009using namespace std;int a[N],b[N],n,m;long long fac[N],C[N][N],f[N][N];int main(){    freopen("test.in","r",stdin);    int i,j,k;    scanf("%d%d",&n,&m);    if(n+m&1){puts("0");return 0;}    m=n+m>>1;    for(i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]);    for(i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&b[i]);    sort(a+1,a+n+1),sort(b+1,b+n+1);    for(k=0,f[0][0]=i=1;i<=n;i++)    {        while(k<n&&b[k+1]<a[i])k++;        for(f[i][0]=j=1;j<=i;j++)            f[i][j]=(f[i-1][j]+f[i-1][j-1]*max(k-(j-1),0))%mod;    }    for(fac[0]=i=1;i<=n;i++)fac[i]=fac[i-1]*i%mod;    for(i=0;i<=n;i++)    {        C[i][0]=1;        for(j=1;j<=i;j++)C[i][j]=(C[i-1][j]+C[i-1][j-1])%mod;    }    for(i=n;i>=m;i--)    {        f[n][i]=f[n][i]*fac[n-i]%mod;        for(j=i+1;j<=n;j++)        {            f[n][i]-=f[n][j]*C[j][i]%mod;            f[n][i]=(f[n][i]+mod)%mod;        }    }    cout<<f[n][m]<<endl;    return 0;}