我们先假设同种糖间存在差异。
设 \(f_{i,j}\) 表示前 \(i\) 种糖至少有 \(j\) 人拿到的糖和原来一样，\(c_i\) 表示拿第 \(i\) 种糖的人的个数，则有：
\[f_{i,j}=\sum_{k=0}^{\min(j,c_i)}f_{i-1,j-k}\binom{c_i}kc_i^\underline k \]设 \(g_i\) 表示所有人中恰好有 \(i\) 人拿到的糖和原来一样，根据二项式反演得：
\[g_i=\sum_{j=i}^n(-1)^{j-i}\binom jif_{m,j} \]发现所求即为 \(g_0=\sum\limits_{j=0}^n(-1)^jf_{m,j}\)，但是同种糖差异问题仍未解决。实际上同种糖间存在差异相当于给不存在差异的情况 \(\times\prod c_i!\)，给 \(g_0\) 除掉就可以了。
时间复杂度 \(O(n^2)\)。
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N=2005,p=1e9+9;
int n,sum,c[N],f[N][N],jc[N],inv[N];
int qpow(int x,int y){
int re=1;
while(y){
if(y&1) re=re*x%p;
x=x*x%p,y>>=1;
}return re;
}int C(int x,int y){
return jc[x]*inv[y]%p*inv[x-y]%p;
}int A(int x,int y){
return jc[x]*inv[x-y]%p;
}signed main(){
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0),cout.tie(0);
cin>>n,jc[0]=inv[0]=1;
for(int i=1,x;i<=n;i++) cin>>x,c[x]++;
for(int i=1;i<=n;i++) jc[i]=jc[i-1]*i%p;
inv[n]=qpow(jc[n],p-2),f[0][0]=1;
for(int i=n-1;i;i--) inv[i]=inv[i+1]*(i+1)%p;
for(int i=1,sum=c[1];i<=n;i++,sum+=c[i])
for(int j=0;j<=c[i];j++) for(int k=j;k<=sum;k++)
f[i][k]=(f[i][k]+f[i-1][k-j]*C(c[i],j)%p*A(c[i],j))%p;
for(int i=0;i<=n;i++)
sum=(sum+(1-i%2*2)*f[n][i]*jc[n-i])%p;
for(int i=1;i<=n;i++)
sum=sum*inv[c[i]]%p;
cout<<(sum+p)%p;
return 0;
}