首先如果 (L_n eq n) 则无解，以下默认 (L_n = n)。
记 (l_i = i - L_i + 1)，即最长连续段的左端点。
由一些基本常识，连续段的交、并、差仍是连续段；这可以推出所有 ([l_i, i]) 互相包含或相离（如果不满足，则无解）。
建出树形结构：根为 ([1, n])；对于 ([l_i, i])，如果 (l_i = i) 则它为叶子；否则它的儿子为 ([l_{i - 1}, i - 1];[l_{l_{i - 1} - 1}, l_{i - 1} - 1];dots)。
不难发现 ([l_i, i]) 子树内怎么定方案与外部无关，那么只需要考虑每个点的所有儿子如何分配方案，将所有点的贡献相乘即可。
也即，如果记 (f_i) 表示有 (i) 个儿子的方案数，记 (deg_i) 表示 (i) 的儿子个数，则答案为 (prod_{i = 1}^{n}f_{deg_i})。
然后我们进入 counting 环节。
先考虑 (f_n) 的一个等价定义：长度为 (n + 1) 的排列，其中 (L_{1dots n} = 1, L_{n + 1} = n + 1) 的方案数。
比较难看出 ({f_n}) 可能具有的递归结构，那么正难则反。
总方案数为 ((n + 1)!)，其中不合法当且仅当根 ([1, n + 1])的儿子个数 (< n)。
注意我们只考虑了根，根以下的子树没有加以任何限制，所以贡献为子树大小的阶乘。
因此，如果记 (G(x) = sum_{n > 0} n!x^n)，则有 (f_n = (n + 1)! - sum_{i = 1}^{n - 1} f_i[x^n]G^{i}(x))。
以下依然记 (G(x) = sum_{n > 0} n!x^n)。
事实上，如果记 (F(x) = sum_{n geq 0} f_nx^n)，则有一个组合意义更明显的式子：
即依据根的儿子个数，将所有 ((n + 1)!) 种排列分类。
将右边也化成 (G(x)) 的形式，得到：(xF(G(x)) = G(x))。
如果记 (H(x)) 是 (G(x)) 的复合逆，则：(F(x) = x / H(x))。
太好了，套用复合逆算法卡卡常说不定就过了。
注意到 (G) 是经典的微分有限。事实上，根据 (g_n = ng_{n - 1} + [n = 1])，有 (G = x^2G' + xG + x)。
将 (x) 代换成 (H(x))：
我承认，最后一步跳得有点快。
取第 (n) 项，得到 (0 = sum_{i = 0}^{n}f_if_{n - i} - sum_{i = 0}^{n}i imes f_if_{n - i} - 2f_{n - 1} + (n - 1)f_{n - 1} + nf_n - f_n)。
那么有递推式 (f_n = sum_{i = 1}^{n - 1}(i - 1) imes f_if_{n - i} - (n - 3)f_{n - 1})。
或者说 (f_n = sum_{i = 2}^{n - 2}(i - 1) imes f_if_{n - i} + (n - 1)f_{n - 1})。
条件 (f_0 = 1)。
之后再做个分治 fft 即可，复杂度 (O(nlog^2 n))。
另一种推导方法：https://blog.csdn.net/qq_39972971/article/details/89408417 。
最后依然是求助环节：有没有懂哥愿意教教我 simple permutations 咋数啊。