【JZOJ 4924】 向再见说再见

Description

Analysis

考虑DP
首先把两队的人从小到大排好序
设f[i][j]表示做到第i个人，其中A队有j个人赢的方案数。
但是，由于转移涉及与i后面的人匹配，在保证正确的情况下，时间会爆
似乎不可做了
本蒟蒻到这里就不会了，下面的方法着实巧妙
f的转移不考虑输的方案数，就考虑赢的方案数。
f[i][j]=f[i−1][j]+f[i−1][j−1]∗(pos[i]−(j−1))
第i个人，我可以不理它，也可以让他赢，因此转移如上
pos[i]表示A[i]能赢多少个B中的人
那么，设g[i]=f[n][i]∗(n−i)!，其意义为A队中n个人有i个人赢，其他人随意匹配的方案数，也即至少有i个人赢的方案数
这一步非常巧妙，应反复斟酌
h[i]表示为我们要求的答案，根据实际意义
g[i]=∑j≥ih[j]∗Cij
那么
h[i]=g[i]−∑j>ih[j]∗Cij
所以我们倒推一遍就能算出答案了
但是为什么有一个系数Cij呢
因为g[i]=f[n][i]∗(n−i)!，这也就意味着会有多个状态一乘阶乘之后变成一样的状态了，那么要算上重复的，这些重复状态个数显然就是C

Code

#include<cstdio>#include<algorithm>#define fo(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)#define fd(i,b,a) for(int i=b;i>=a;i--)using namespace std;typedef long long ll;const int N=2010;const ll mo=1e9+7;int n,m,a[N],b[N],c[N];ll f[N][N],g[N],h[N],fac[N],C[N][N];int main(){    scanf("%d %d",&n,&m);    if((n+m)%2)    {        printf("0");        return 0;    }    fac[0]=1;    fo(i,1,n) fac[i]=fac[i-1]*i%mo;    fo(i,0,n)        fo(j,0,i)            if(j==0 || j==n) C[i][j]=1;            else C[i][j]=(C[i-1][j]+C[i-1][j-1])%mo;    fo(i,1,n) scanf("%d",&a[i]);    sort(a+1,a+n+1);    fo(i,1,n) scanf("%d",&b[i]);    sort(b+1,b+n+1);    int j=0;    fo(i,1,n)    {        while(a[i]>b[j+1] && j<n) j++;        c[i]=j;    }    f[0][0]=1;    fo(i,1,n)        fo(j,0,i)            f[i][j]=(f[i-1][j]+f[i-1][j-1]*(c[i]-j+1)%mo)%mo;    fo(i,0,n) g[i]=f[n][i]*fac[n-i]%mo;    fd(i,n,0)    {        h[i]=g[i];        fo(j,i+1,n) h[i]=(h[i]-h[j]*C[j][i]%mo+mo)%mo;    }    ll ans=h[(n+m)/2];    if(m) ans=(ans+h[(n-m)/2])%mo;    printf("%lld",ans);    return 0;}