题意

给你两个序列 (a,b) 每个序列共 (n) 个数 , 数之间两两不同

问 (a) 与 (b) 之间有多少配对方案使得 (a_i>b_i) 的对数比 (b_i > a_i) 的恰好多 (k) 对.

((1 le k le n le 2000))

题解

首先这个对数多的有点恶心 , 我们直接转化成 (a_i > b_i) 的共有 (frac{n+k}{2}) 对 (自行模拟一下...)

然后不是整数的时候答案就是 (0) ... 这个我没有判断 , 但过了...

然后我们还是用 (k) 表示 (a_i>b_i) 的对数 .

看到恰好我们不难想到至少 . 我们考虑如何计算至少 (k) 对的贡献 .

因为这有一个鬼畜的定理...

广义容斥定理 (二项式反演?) :

[displaystyle b_k = sum_{i=k}^n inom i k a_i ]
[Updownarrow ]
[displaystyle a_k = sum_{i=k}^{n} (-1)^{i-k} inom i k b_i ]

这个 h10 讲了证明... 感性理解然后记忆一下吧...

不难想到一个简单的 (dp) 我们令 (dp[i][j]) 为 (a) 中前 (i) 个数能选出比 (b) 大共有 (j) 对的方案数.

然后我们记 (displaystyle sum_{j=1}^n [a_i>b_j] = t_i) . 也就是 (a_i) 比多少个 (b_j) 大

[displaystyle dp[i][j]=dp[i-1][j] + dp[i-1][j-1] imes (t_i -j + 1) ]

(dp[i-1][j]) 就是上一个同样 (j) 对时候此时可以直接转移

(dp[i-1][j-1] imes (t_i-j+1)) 这个就是你当前已选了 (j-1) 对 , 当前还剩下 (t_i-j+1) 个可选

可以这样理解前者是当前不选时候的贡献后者是选择时候的贡献

然后此处我们不难发现 (a) 必须都要是有序的不然会算错

DOFY : 排序是为了方便计数....不然你计不了答案...

就是你之前选的方案的 (t_i) 应该被后面给包括了就是后面选方案的时候要算上当前的方案

然后我们令 (F_i) 为至少有 (i) 对满足 (a > b) 的方案数.

[F_i = f_{n,i} imes (n-i)! ]

然后令恰好有 (k) 对满足的 (G_k) 就是

[displaystyle G_k=sum_{i=k}^n (-1)^{i-k} inom i k F_i ]

然后代码就比较好写咯...

代码

/**************************************************************
    Problem: 3622
    User: zjp_shadow
    Language: C++
    Result: Accepted
    Time:2184 ms
    Memory:64488 kb
****************************************************************/

#include <bits/stdc++.h>
#define For(i, l, r) for(register int i = (l), i##end = (int)(r); i <= i##end; ++i)
#define Fordown(i, r, l) for(register int i = (r), i##end = (int)(l); i >= i##end; --i)
#define Set(a, v) memset(a, v, sizeof(a))
using namespace std;

inline bool chkmin(int &a, int b) {return b < a ? a = b, 1 : 0;}
inline bool chkmax(int &a, int b) {return b > a ? a = b, 1 : 0;}

inline int read() {
	int x = 0, fh = 1; char ch = getchar();
	for (; !isdigit(ch); ch = getchar()) if (ch == '-') fh = -1;
	for (; isdigit(ch); ch = getchar()) x = (x * 10) + (ch ^ 48);
	return x * fh;
}

void File() {
#ifdef zjp_shadow
	freopen ("3622.in", "r", stdin);
	freopen ("3622.out", "w", stdout);
#endif
}

typedef long long ll;
const int N = 2010;
const ll Mod = 1e9 + 9;
int n, k, a[N], b[N], t[N];

inline void Add(ll &a, ll b) { if ((a += b) >= Mod) a -= Mod; }
ll dp[N][N], F[N], G[N], fac[N], C[N][N];

void Init(int maxn) {
	fac[0] = 1;
	For (i, 1, maxn)
		fac[i] = fac[i - 1] * i % Mod;
	C[0][0] = 1;
	For (i, 1, maxn) {
		C[i][0] = 1;
		For (j, 1, maxn)
			C[i][j] = (C[i - 1][j] + C[i - 1][j - 1]) % Mod;
	}
}

int main () {
	File(); Init(2000);
	n = read(); k = read();
	k = (n + k) >> 1;
	For (i, 1, n) a[i] = read();
	For (i, 1, n) b[i] = read();
	sort(a + 1, a + 1 + n);

	dp[0][0] = 1;
	For (i, 1, n) {
		For (j, 1, n)
			if (a[i] > b[j]) ++ t[i];
		For (j, 0, n) {
			Add(dp[i][j], dp[i - 1][j]);
			if (!j) continue ;
			Add(dp[i][j], dp[i - 1][j - 1] * max(0, (t[i] - j + 1)) % Mod);
		}
	}
	For (i, 1, n) 
		F[i] = dp[n][i] * fac[n - i] % Mod;
	For (i, k, n) {
		G[k] += ((i - k) & 1 ? -1 : 1) * (C[i][k] * F[i] % Mod);
		G[k] = (G[k] % Mod + Mod) % Mod;
	}
	printf ("%lld
", G[k]);

	return 0;
}