这题的题面全是图，而博客园的图随时有挂的危险……
反正能去BZOJ找原题，已经没什么好害怕的了
3622: 已经没有什么好害怕的了
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Description
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Sample Input
5 35 15 45
40 20 10 30
Sample Output
HINT
输入的2*n个数字保证全不相同。
Source
丧心病狂的动态规划+容斥原理。
一般看到是省队级别的题我就怂了，然而这题题面太清奇，忍不住想做……绞尽脑汁看题解终于想明白了
先把两个数列a，b从小到大排序。
设f[i][j]表示前i对数中，满足糖果大于药片的对数“至少”有j对的方案数。
总共要组n对数，其中糖果大于药片的组数比药片大于糖果的组数多k组，那么总共需要 m=(n+k)/2 对数满足糖果大于药片，剩下的满足药片大于糖果。
先用next[]数组记录对于a中的每个数，在j中有next[i]个数比它小，则a[i]可以和next[i]个数组成糖果大于药片的数对。
进行DP： f[i][j]=(f[i-1][j]+f[i-1][j-1]*max(next[i]-(j-1),0)%mod
这样求出来的是“至少”有j对的方案数，而我们需要的是“恰好”有m对的方案数。
显然（并不）这是一个容斥问题：
f[n][i]表示总共n对数中，至少有i对数满足“糖果大于药片”。在a数列中，剩下的(n-i)个数各自要找b数列中剩下的一个数配对，方案共有 (n-i)! (←阶乘) 种。
设dp[n][i]=“n对数中恰好i对数满足糖果大于药片”的方案数，则dp[n][i] = f[n][i]*(n-i)! -多余部分
接下来分析多余部分：
若j>i,在dp[n][j]中(这里的dp[n][j]是已经算完的正确答案，为此需要倒序计算)的一部分可能会被算进f[n][i]中，这种误算的方案有C[j][i]*dp[n][j]种。
所以： dp[n][i]=f[n][i]*(n-i)! - ( Σ(i<j<=n) C[j][i]*dp[n][j] ) 注意取模
之后发现dp数组只用到了[n][i]，所以第一维可以扔掉了
这可能是我至今写过最长的分析了
もう何も怖くない...じゃねよ！
1 /*by SilverN*/
2 #include<algorithm>
3 #include<iostream>
4 #include<cstring>
5 #include<cstdio>
6 #include<cmath>
7 #include<vector>
8 #define LL long long
9 using namespace std;
10 const int mod=1e9+9;
11 const int mxn=2010;
12 int read(){
13 int x=0,f=1;char ch=getchar();
14 while(ch<'0' || ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
15 while(ch>='0' && ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
16 return x*f;
17 }
18 int n,m;
19 int a[mxn],b[mxn];//糖果和药片
20 int nxt[mxn];
21 LL f[mxn][mxn];//前[i]组中，有[j]组糖果数大于药片数
22 LL dp[mxn];
23 LL c[mxn][mxn],jc[mxn];
24 void clc(){
25 int i,j;
26 for(i=0;i<=n;i++)c[i][0]=1;
27 for(i=1;i<=n;i++)
28 for(j=1;j<=i;j++)
29 c[i][j]=(c[i-1][j]+c[i-1][j-1])%mod;
30 jc[1]=1;
31 for(i=2;i<=n;i++)jc[i]=jc[i-1]*i%mod;
32 return;
33 }
34 int main(){
35 n=read();m=read();
36 m=(m+n)/2;
37 int i,j;
38 for(i=1;i<=n;++i)a[i]=read();
39 for(i=1;i<=n;++i)b[i]=read();
40 sort(a+1,a+n+1);
41 sort(b+1,b+n+1);
42 for(i=1,j=1;i<=n;i++){
43 for(;j<=n && b[j]<a[i];j++);
44 nxt[i]=j-1;
45 }
46 clc();
47 //init
48 for(i=0;i<=n;i++)f[i][0]=1;
49 for(i=1;i<=n;i++)
50 for(j=1;j<=i;j++){
51 f[i][j]=(f[i-1][j]+f[i-1][j-1]*max(nxt[i]-j+1,0))%mod;
52 }
53 for(i=n;i>=m;--i){
54 dp[i]=f[n][i]*jc[n-i]%mod;
55 for(j=i+1;j<=n;++j){
56 dp[i]=((dp[i]-dp[j]*c[j][i]%mod)+mod)%mod;
57 }
58 }
59
60 printf("%lld\n",dp[m]);
61 return 0;
62 }