给你两个长度为nn的序列a,ba, b，数之间两两不同

求把它们两两匹配后满足ai>bia_i>b_i的对数比ai<bia_i<b_i的对数恰好多kk对的方案数

n,k≤2000n,k\le 2000

BZOJ3622

Luogu P4859

Solution

首先题目显然能够转化为求ai>bia_i>b_i的对数恰好为k+n2\frac{k+n}{2}的方案，方便起见，下文均用kk表示原来的k+n2\frac{k+n}{2}

发现恰好并不好求，那么可以转化为至少，考虑如何求至少kk对的方案数

设dp[i][j]dp[i][j]表示处理到aa的第ii个，已经确定了jj对ai>bia_i>b_i的方案数

将两个数组从小到大排序，设Pos[i]Pos[i]表示bb中<ai<a_i的最靠后的数的下标，则有

dp[i][j]=dp[i−1][j]+dp[i−1][j−1]∗(Pos[i]−j+1) dp[i][j] = dp[i - 1][j] + dp[i - 1][j - 1] * (Pos[i] - j + 1)

前一项是第ii个不匹配的方案数，后一项是第ii个匹配的方案数

这里需要解释一下后面的(Pos[i]−j+1)(Pos[i] - j + 1)：

由于已经把数组排好序了，所以aa中的第ii个数能够在bb中匹配到的数，一定会包括<i<i的能匹配的数，即它前面的能匹配的集合一定是它能匹配集合的一个子集

之前已经选出了j−1j-1个数，那么还剩Pos[i]−(j−1)Pos[i]-(j-1)个数能选

这就是要把数组排序的原因，算是一个套路了吧

不难发现，dp[n][i]dp[n][i] 乘上剩下n−in-i个数随便放的方案数(n−i)!(n-i)!就是至少ii对的方案数

设fif_i为恰好ii对的方案数，gig_i为至少ii对的方案数，由二项式反演（也叫广义容斥原理）得：

gk=∑i=kn(ik)fifk=∑i=kn(−1)i−k(ik)gi \begin{aligned} g_k&=\sum_{i=k}^{n}{i\choose k}f_i\\ f_k&=\sum_{i=k}^{n}(-1)^{i-k}{i\choose k}g_i \end{aligned}

P.S. 这个形式的二项式反演并不是很会证，不过用容斥的思想感性理解记忆还是可以的

直接用gi=dp[n][i]∗(n−i)!g_i=dp[n][i]*(n-i)!代入即可

Code

1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
21
22
23
24
25
26
27
28
29
30
31
32
33
34
35
36
37
38
39
40
41
42
43
44
45
46
47
48
49
50
51
52
53
54
55
56
57
58
59
60
61
62
63
64
65
66
67
68
69
70
71
72
73
74
75
76
77
78
79
80
81
82
83
84
85
86
87
88
89
90
91
92
93
94
95
96
97
98
#include <bits/stdc++.h>

#define x first
#define y second
#define y1 Y1
#define y2 Y2
#define mp make_pair
#define pb push_back

using namespace std;

typedef long long LL;
typedef pair<int, int> pii;

template <typename T> inline int Chkmax (T &a, T b) { return a < b ? a = b, 1 : 0; }
template <typename T> inline int Chkmin (T &a, T b) { return a > b ? a = b, 1 : 0; }

inline void proc_status()
{
	ifstream t ("/proc/self/status");
	cerr << string (istreambuf_iterator <char> (t), istreambuf_iterator <char> ()) <<endl;
}

template <typename T> T read ()
{
	T sum = 0, fl = 1; char ch = getchar();
	for (; !isdigit(ch); ch = getchar()) if (ch == '-') fl = -1;
	for (; isdigit(ch); ch = getchar()) sum = (sum << 3) + (sum << 1) + ch - '0';
	return sum * fl;
}

const int Maxn = 2000 + 100, Mod = 1e9 + 9;

int N, K, A[Maxn], B[Maxn], Pos[Maxn], Dp[Maxn][Maxn];
int fac[Maxn], ifac[Maxn];

inline void Add (int &a, int b) { a += b; if (a >= Mod) a -= Mod; }

inline int Pow (int a, int b)
{
	int ans = 1;
	while (b) { if (b & 1) ans = 1ll * ans * a % Mod; a = 1ll * a * a % Mod; b >>= 1; }
	return ans;
}

inline int C (int n, int m) { return 1ll * fac[n] * ifac[m] % Mod * ifac[n - m] % Mod; }

inline void Solve ()
{
	if ((N + K) & 1) { puts("0"); return ; }
	K = (N + K) >> 1;

	sort(A + 1, A + N + 1), sort(B + 1, B + N + 1);
	for (int i = 1; i <= N; ++i) Pos[i] = lower_bound(B + 1, B + N + 1, A[i]) - B - 1;

	Dp[0][0] = 1;
	for (int i = 1; i <= N; ++i)
	{
		Dp[i][0] = 1;
/**/	for (int j = 1; j <= i; ++j)
			Dp[i][j] = (Dp[i - 1][j] + 1ll * Dp[i - 1][j - 1] * max(0, Pos[i] - j + 1) % Mod) % Mod;
	}

	int ans = 0;
	for (int i = K; i <= N; ++i)
	{
		if ((i - K) & 1) Add (ans, Mod - 1ll * C(i, K) * Dp[N][i] % Mod * fac[N - i] % Mod);
		else Add (ans, 1ll * C(i, K) * Dp[N][i] % Mod * fac[N - i] % Mod);
	}
	cout<<ans<<endl;
}

inline void Input ()
{
	N = read<int>(), K = read<int>();
	for (int i = 1; i <= N; ++i) A[i] = read<int>();
	for (int i = 1; i <= N; ++i) B[i] = read<int>();
}

inline void Init ()
{
	fac[0] = 1;
	for (int i = 1; i <= 2000; ++i) fac[i] = 1ll * fac[i - 1] * i % Mod;
	ifac[2000] = Pow (fac[2000], Mod - 2);
	for (int i = 2000 - 1; i >= 0; --i) ifac[i] = 1ll * ifac[i + 1] * (i + 1) % Mod;
}

int main()
{
#ifdef hk_cnyali
	freopen("A.in", "r", stdin);
	freopen("A.out", "w", stdout);
#endif
	Input();
	Init();
	Solve();
	return 0;
}

Debug

  • 60L：ii打成KK。。。