度度熊与组题
沃老师在出比赛的题目时遇到麻烦啦！
遇到的麻烦如下：
现在沃老师手上有 2n 道题，题目编号由 1∼2n，已知第 i 道题难度为 ai，这些题的难度还满足当 i<j 时 ai≤aj。现在沃老师想把这些题目分在两套比赛上，每套比赛会被分到 n 道题，每道题都会恰出现在其中一场比赛中。假设分配完后，第一套题难度第 i 小的题的难度为 ci (第 i 小是指不去重的的第 i 小，例如有四道题难度分别是 1,1,2,3 时，难度第 3 小的题是难度是 2)，第二套题难度第 i 小的题为 di，沃老师定义两场比赛的难度相似度为 ∑ni=1|ci−di|，且沃老师希望分配完题目后，两场比赛的难度相似度尽可能的小。
看到这你可能会觉得这算什么麻烦，难度相似度的最小值不就是 ∑ni=1(a2i−a2i−1) 嘛？
是的，光是要使难度相似度最小并不构成沃老师的麻烦，但沃老师是个好奇宝宝，他还想知道，有多少种分配题目的方式，能使难度相似度最小呢？这个问题可能就没那么简单了。
于是沃老师就来拜托聪明的度熊帮他解决他心中的困惑，各位也帮忙算算吧。
请输出分配题目的方式数量除以 109+7 的余数。
两种分配方式 A 和 B 不同当且仅当存在某道题出现在 A 的第一套比赛中，却没有出现在 B 的第一套比赛中。举例来说，当 n=1 时，第一套比赛含有题目 1 第二套比赛含有题目 2 和 第一套比赛含有题目 2 第二套比赛含有题目 1 是不同的。
一个很好的引理： 最优解 对于 (<=v-1) 和(<=v) 的 个数绝对值差不超过1
然后我们就可以枚举分配然后DP
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define maxnn 4000
#define mod 1000000007
#define ll long long
ll f[maxnn];
ll sum[maxnn];
ll dp[maxnn];
ll T,n;
ll a[maxnn];
ll num[maxnn];
ll ksm(int a,int b)
{
ll ans=1;
while(b)
{
if(b&1) ans=ans*a%mod;
a=a*a%mod;
b>>=1;
}
return ans;
}
ll C(int n,int m)
{
if(n==m||m==0) return 1;
ll A=1,B=1;
for(int i=0;i<m;i++)
{
B*=(i+1)%mod;
A=A*(n-i)%mod;
}
return A*ksm(B,mod-2);
}
int main(){
int T;
scanf("%d",&T);
while(T--){
int n;
scanf("%d",&n);
int up=n<<1;
for(int i=1;i<=up;i++){
scanf("%d",&a[i]);
num[i]=0;
}
for(int i=1;i<=up;i++) num[a[i]]++;
dp[0]=1;
ll sum=0;
for(int i=1;i<=up;i++){
if((sum&1)==0&&(num[i]&1)==0){
dp[i]=dp[i-1]*C(num[i],num[i]>>1)%mod;
}
else if((sum&1)==0&&(num[i]&1)==1){
dp[i]=dp[i-1]*C(num[i],num[i]>>1)*2%mod;
}
else if((sum&1)==1&&(num[i]&1)==1){
dp[i]=dp[i-1]*C(num[i],num[i]>>1)%mod;
}
else {
dp[i]=dp[i-1]*C(num[i],num[i]>>1)%mod;
if(num[i]){
dp[i]+=dp[i-1]*C(num[i],(num[i]-2)>>1)%mod;
dp[i]%=mod;
}
}
sum+=num[i];
}
printf("%lld
",dp[up]);
}
return 0;
}