链接：

#include <stdio.h>
int main()
{
    puts("转载请注明出处[vmurder]谢谢");
    puts("网址：blog.csdn.net/vmurder/article/details/44836095");
}

题解：

首先我们给$A$数组（糖果）和$B$数组（药片）从小到大排个序。
$last_i$ 表示一个极大值 $x$ 使得 $B_x<A_i$ 。
$f(i,j)$ 表示枚举到第 $A_i$ 时，有至少 $j$ 对匹配，使得 $A_{***}>B_{***}$
然后枚举到 $A_i$ 不代表也必须只能使用 $B_i$ 以及其前的B数组元素。

$f(i,j) = f(i-1,j) + f(i-1,j-1) * (last_i - (j-1) ~)$
其中 $f(i-1,j)$ 表示 $A_i$ 匹配了一个比它大的 $B_{***}$
$f(i-1,j-1) * (last_i - (j-1) ~)$ 则表示匹配了一个比它小的，
而后面的乘数则是它有$last_i$种选择，其中有 $(j-1)$ 个被用过了。

之后进行容斥原理，设 $g(i,j)$ 表示枚举到第 $A_i$ 时，有正好 $j$ 对匹配，使得 $A_{***}>B_{***}$ 的方案数。
我们发现对于一个 $f(i,j)$ 它的非确定 $A_{***}>B_{***}$ 的那些数对中，有 $(i-j)!$种排列。
然后我们要从中减去不符合要求的，也就是其中有 $A_{***}>B_{***}$的那些，就得到了 $g(i,j)$ 。

那么显然式子应该是这样的：
$g(i,j) = f(i,j) * (i-j)! ~~ - ~~ \sum_{k=j+1}^n g(i,k) * C_j^i$

然后我们考虑应该有多少对 $A_{***}>B_{***}$

呃，设有 $x$ 对吧，那么就有 $n-x$对 $A_{***}>B_{***}$
然后 $x - (n-x) = k$ ，所以 $x = \frac {n+k} 2$ 这里需要特判一下，如果是非整数会出大新闻。

代码：

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#define N 2050
#define inf 0x3f3f3f3f
#define mod 1000000009
using namespace std;
int a[N],b[N],n,m;
long long fac[N],C[N][N],f[N][N];
int main()
{
    freopen("test.in","r",stdin);

    int i,j,k;

    scanf("%d%d",&n,&m);
    if(n+m&1){puts("0");return 0;}
    m=n+m>>1;

    for(i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]);
    for(i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&b[i]);
    sort(a+1,a+n+1),sort(b+1,b+n+1);

    for(k=0,f[0][0]=i=1;i<=n;i++)
    {
        while(k<n&&b[k+1]<a[i])k++;
        for(f[i][0]=j=1;j<=i;j++)
            f[i][j]=(f[i-1][j]+f[i-1][j-1]*max(k-(j-1),0))%mod;
    }
    for(fac[0]=i=1;i<=n;i++)fac[i]=fac[i-1]*i%mod;
    for(i=0;i<=n;i++)
    {
        C[i][0]=1;
        for(j=1;j<=i;j++)C[i][j]=(C[i-1][j]+C[i-1][j-1])%mod;
    }
    for(i=n;i>=m;i--)
    {
        f[n][i]=f[n][i]*fac[n-i]%mod;
        for(j=i+1;j<=n;j++)
        {
            f[n][i]-=f[n][j]*C[j][i]%mod;
            f[n][i]=(f[n][i]+mod)%mod;
        }
    }
    cout<<f[n][m]<<endl;
    return 0;
}