題意

　　給定兩個大小為 n 的集合 A = {a[1], a[2], ..., a[n]} , B = {b[1], b[2], ..., b[n]} , 元素兩兩不同.

　　定義 L(A) 為 A 生成的排列的集合.

　　給定 K , 求 $\sum_{X \in L(A), Y \in L(B)} [\sum_{k = 1} ^ n [X_k > Y_k] - \sum_{k = 1} ^ n [X_k < Y_k] = K]$ .

　　1 <= n <= 2000, 0 <= K <= n .

分析

　　令 $K = \frac{n + K}{2}$ , 求恰好存在 K 個 X[i] > Y[i] 的排列有多少對.

　　設 f[i] 表示欽定有 i 個位, X[i] > Y[i] , 並且不考慮其他位.

　　f[i] 可以通過 DP 求得.

　　F[i][j] = F[i-1][j] + F[i-1][j-1] * (cnt[i] - (j-1)) .

　　不能直接用 f[K] * (n-K)! + f[K+1] * (n-(K+1))! - ...

　　因為從第二項開始算的次數都不是一次, 而是一個謎之二項式系數的乘積的和.

　　設 g[i] 表示恰好有 i 個位, X[i] > Y[i] .

　　g[n] = f[n] .

　　$g[i] = f[i] - \sum_{j = i+1} ^ n g[j] \binom{j}{i}$ .

　　這裏的做法, 與 "手動的莫比烏斯反演" 是一個原理.

小結

　　對於這類恰好有 K 個位的問題, 我們可以考慮手動反演.

　　G[K] 表示恰好有 K 個位, F[K] 表示欽定有 K 個位.

　　G[n] = F[n] .

　　G[i] = F[i] - ∑ G[j] * 迷之系數.

實現

 1 #include <cstdio>
 2 #include <cstring>
 3 #include <cstdlib>
 4 #include <cctype>
 5 #include <algorithm>
 6 using
 
 namespace std;
 7 #define F(i, a, b) for (register int i = (a); i <= (b); i++)
 8 #define P(i, a, b) for (register int i = (a); i >= (b); i--)
 9 inline int rd(void) {
10     int f = 1; char c = getchar(); for (; !isdigit(c); c = getchar()) if (c == ‘-‘) f = -1;
11     int x = 0; for (; isdigit(c); c = getchar()) x = x*10+c-‘0‘; return x*f;
12 }
13 
14 const int N = 2005;
15 const int MOD = (int)1e9 + 9;
16 
17 int n, K, C[N][N], fac[N], A[N], B[N], cnt[N];
18 int f[N], g[N];
19 
20 int main(void) {
21     #ifndef ONLINE_JUDGE
22         freopen("bzoj3622.in", "r", stdin);
23     #endif
24     
25     n = rd(), K = rd();
26     if ((K + n) & 1) return puts("0"), 0;
27     K = (K + n) >> 1;
28     
29     F(i, 0, n) {
30         C[i][0] = 1;
31         F(j, 1, i)
32             C[i][j] = (C[i-1][j] + C[i-1][j-1]) % MOD;
33     }
34     fac[0] = 1;
35     F(i, 1, n) fac[i] = 1LL * fac[i-1] * i % MOD;
36     
37     F(i, 1, n) A[i] = rd(); F(i, 1, n) B[i] = rd();
38     sort(A+1, A+n+1), sort(B+1, B+n+1);
39     for (int cur = 1, _cur = 0; cur <= n; cur++) {
40         while (_cur+1 <= n && B[_cur+1] < A[cur])
41             _cur++;
42         cnt[cur] = _cur;
43     }
44     
45     f[0] = 1;
46     F(i, 1, n)
47         P(j, i, 1)
48             f[j] = (f[j] + 1LL * f[j-1] * (cnt[i] - (j-1))) % MOD;
49     
50     g[n] = f[n];
51     P(i, n-1, K) {
52         g[i] = 1LL * f[i] * fac[n-i] % MOD;
53         F(j, i+1, n)
54             g[i] = (g[i] - 1LL * g[j] * C[j][i]) % MOD;
55     }
56     printf("%d\n", (g[K] + MOD) % MOD);
57     
58     return 0;
59 }

[BZOJ 3622] 已經沒有什麽好害怕的了 手動反演