BZOJ4361 : isn

设$f[i]$表示长度为$i$的不下降子序列的个数。

考虑容斥，对于长度为$i$的子序列，如果操作不合法，那么之前一定是一个长度为$i+1$的子序列，所以答案$=sum_{i=1}^n(f[i] imes (n-i)!-f[i+1] imes (n-i-1)! imes (i+1))$。

时间复杂度$O(n^2log n)$。

#include<cstdio>
#include<algorithm>
const int N=2010,P=1000000007;
int n,i,j,x,a[N],b[N],bit[N][N],f[N],fac[N],ans;
inline void up(int&x,int y){x+=y;if(x>=P)x-=P;}
inline int lower(int x){
  int l=1,r=n,mid,t;
  while(l<=r)if(b[mid=(l+r)>>1]<=x)l=(t=mid)+1;else r=mid-1;
  return t;
}
inline void add(int p,int x,int y){for(;x<=n;x+=x&-x)up(bit[p][x],y);}
inline int ask(int p,int x){int t=0;for(;x;x-=x&-x)up(t,bit[p][x]);return t;}
int main(){
  for(scanf("%d",&n),i=fac[0]=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]),b[i]=a[i],fac[i]=1LL*fac[i-1]*i%P;
  std::sort(b+1,b+n+1),add(0,1,1);
  for(i=1;i<=n;i++)for(a[i]=lower(a[i]),j=i;j;j--)up(f[j],x=ask(j-1,a[i])),add(j,a[i],x);
  for(i=1;i<=n;i++){
    up(ans,1LL*f[i]*fac[n-i]%P);
    if(i<n)up(ans,P-1LL*f[i+1]*fac[n-i-1]%P*(i+1)%P);
  }
  return printf("%d",ans),0;
}