今天学了一个叫二项式反演的有趣东西.
其实它的核心式子就两个
[g_i=sum_{j=i}^ninom{j}{i}f[j]\
f_i=sum_{j=i}^n(-1)^{j-i}inom{j}{i}g[j]
]
证明是用容斥证的.
现在我们看这道题.
题目链接
我们知道答案就是(a>b)的对数为(frac{n+k}{2})的方案数.
令(x=frac{n+k}{2})
考虑普通(dp).
用(f[i][j])表示前(i)个数,已经有(j)对(a>b)的方案.
那么(f[i][j]=f[i-1][j]+(lb[i]-j)*f[i-1][j-1])
其中(lb[i])=(lowerbound(b,a[i]))
我们令(g[i])表示(a>b)的对数(geq x)的方案数.
那么(g[i]=f[n][i]*(n-i)!)
就是钦点了(i)对(a>b)匹配,然后剩下的随意匹配的方案数.
用(a[i])表示刚好有(i)对(a>b)的方案数.
考虑对于(forall jin [i,n],a[j])在(g[i])中计算了(C_j^i)次.
这个证明..显然
那么我们列出方程(g_i=sum_{j=i}^ninom{j}{i}a_j)
二项式反演得(a_i=sum_{j=i}^n(-1)^{j-i}inom{j}{i}g_j)
于是只要先(O(n^2)dp)一下,然后再(O(n))计算一下即可.
代码如下
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<vector>
#define N (2010)
#define P (1000000009)
#define inf (0x7f7f7f7f)
#define rg register int
#define Label puts("NAIVE")
#define spa print(' ')
#define ent print('
')
#define rand() (((rand())<<(15))^(rand()))
typedef long double ld;
typedef long long LL;
typedef unsigned long long ull;
using namespace std;
inline char read(){
static const int IN_LEN=1000000;
static char buf[IN_LEN],*s,*t;
return (s==t?t=(s=buf)+fread(buf,1,IN_LEN,stdin),(s==t?-1:*s++):*s++);
}
template<class T>
inline void read(T &x){
static bool iosig;
static char c;
for(iosig=false,c=read();!isdigit(c);c=read()){
if(c=='-')iosig=true;
if(c==-1)return;
}
for(x=0;isdigit(c);c=read())x=((x+(x<<2))<<1)+(c^'0');
if(iosig)x=-x;
}
inline char readchar(){
static char c;
for(c=read();!isalpha(c);c=read())
if(c==-1)return 0;
return c;
}
const int OUT_LEN = 10000000;
char obuf[OUT_LEN],*ooh=obuf;
inline void print(char c) {
if(ooh==obuf+OUT_LEN)fwrite(obuf,1,OUT_LEN,stdout),ooh=obuf;
*ooh++=c;
}
template<class T>
inline void print(T x){
static int buf[30],cnt;
if(x==0)print('0');
else{
if(x<0)print('-'),x=-x;
for(cnt=0;x;x/=10)buf[++cnt]=x%10+48;
while(cnt)print((char)buf[cnt--]);
}
}
inline void flush(){fwrite(obuf,1,ooh-obuf,stdout);}
int n,m,a[N],b[N],lb[N],k;
LL f[N][N],g[N],ans,jc[N],inv[N];
LL ksm(LL a,int p){
LL res=1;
while(p){
if(p&1)res=(res*a)%P;
a=(a*a)%P,p>>=1;
}
return res;
}
LL C(int n,int m){return jc[n]*inv[n-m]%P*inv[m]%P;}
int main(){
read(n),read(m),f[0][0]=1,jc[0]=inv[0]=1;
if((n+m)&1){puts("0"),exit(0);}else k=(n+m)/2;
for(int i=1;i<=n;i++)jc[i]=(jc[i-1]*1ll*i)%P,inv[i]=ksm(jc[i],P-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++)lb[i]=lower_bound(b+1,b+n+1,a[i])-b;
for(int i=1;i<=n;i++){
f[i][0]=f[i-1][0];
for(int j=1;j<=i;j++)
f[i][j]=(f[i-1][j-1]*(LL)max(0,lb[i]-j)%P+f[i-1][j])%P;
}
for(int i=1;i<=n;i++)g[i]=f[n][i]*jc[n-i]%P;
for(int i=k;i<=n;i++){
LL tp=((i-k)&1)?-1:1;
(ans+=(1ll*tp*C(i,k)%P*g[i])%P)%=P;
}
printf("%lld
",(ans+P)%P);
}