gym102007 E

我计划预习五个小时离散，然后hmc补了这道他自认为非常的裸并且很傻逼自己可以一眼秒的简单题，然后给我讲了讲，然后我失去了一整晚的生命迹象。

首先我们可以发现一个神奇的现象，啊，先排个序，然后我们会发现，一个数 是 合法的(指左边的全部小于等于它，右边的全部大于等于它)，当且仅当它在自己拍完序的位置上。

先不考虑很多相同的。 所以我们可以怎么做呢。从左到右枚举每个 合法的数，然后从左到右 枚举 起点。这样考虑，用dp[n]表示 从 1到 n ，n是合法的数的时候的方案数，ans[n]表示从1到n ， 不合法的方案数。 c[n] 表示从 1 到 n 的 排列总数。 显然 。。。好难描述。

唔，显然我们这样枚举会有很多重复的情况对吧。  艹，我先把hmc讲给我我听懂了的复述一下，一个数是 合法的 方案数， 就是 它左边的数xjb排和右边的数xjb排然后乘起来吧。

好啊其实我觉得他就说了这一局有用的。

所以我们可以采用 总排列数-所有合法情况。然后合法情况会有重复的，这个时候就要进行类似容斥的操作对不对。ex： 1,2  1,2；被计算了两次

所以我们可以 计算出 左边 不合法的 方案数。 用不合法的 再去乘 右边合法的 就一定不会和 之前的重复了，因为之前计算的是左边的合法的。

那么首先我们要知道每个子区间的排列总数，可以边计算顺便枚举，也可以先预处理出来。我比较傻逼混在一起就神志不清了就预处理出来的。

然后我们用 ans[i] 表示 到i 为止 的答案， dp[i]表示到 i为止 合法的 方案数。

第一层枚举 现在的区间 ，[1,i]； 第二层枚举 子区间, j  from 1 to i  ;

然后维护就好了。

emmm你要是不知道费马小定理的话，，，我也木有办法  也可以用递推式求对不对。

 #include <bits/stdc++.h>
 using namespace std;
 typedef long long ll;
 const ll mod = 1e9+;
 const int N = ;
 ll inv[N];
 ll n,c[N][N],a[N];
 ll qpow(ll a,ll x){
     ll res = ;
     while (x){
         if(x&)
             res=res*a%mod;
         a=a*a%mod;
         x>>=;
     }
     return res;
 }
 void init(){
     inv[]=;
     for(int i=;i<=;i++)
         inv[i]=qpow(i,mod-);
 }
 void slove(int n){
     map<int,int> mp;
     for(int i=;i<=n;i++){
         c[i][i-]=;
         mp.clear();
         for(int j=i;j<=n;j++){
             c[i][j]=c[i][j-]*(j-i+)%mod*inv[++mp[a[j]]]%mod;
         }
         c[i+][i]=;
     }
 }
 ll dp[N],ans[N];
 int main(){
     init();
     ios::sync_with_stdio(false);
     cin>>n;
     for(int i=;i<=n;i++){
         cin>>a[i];
     }
     sort(a+,a++n);
     slove(n);
     ans[]=;
     for(int i=;i<=n;i++){
         for(int j=;j<=i;j++){
             dp[i]=(dp[i]+ans[j-]*c[j+][i])%mod;
         }
         //cout<<dp[i]<<' ';
         ans[i]=(c[][i]-dp[i]+mod)%mod;
         //cout<<ans[i]<<endl;
     }
     cout<<ans[n]<<endl;
 }