Tips:矩阵ruo版
思路
上栗子
A: 2 3 1
首先，对于这样的一个 (A) 的排列，先把它转换成矩阵，其中第 (i) 行第 (j) 列表示第 (i) 个位置是 (j)
数字 | | | |
位置 | 1 | 2 | 3 |
------+---+---+---+
1 | 0 | 1 | 0 |
------+---+---+---+
2 | 0 | 0 | 1 |
------+---+---+---+
3 | 1 | 0 | 0 |
------+---+---+---+
奇丑无比
首先，明显的，每一行每一列都只有一个1。 废话
然后我们注意到对于一个 (B_i) ，表示的是这个矩阵中从 ((1,1)) 到 ((i,i)) 中 (1) 的个数。
现在，假设我们要构造一个满足从 (1le jle i) 的所有 (B_j) 限制的一个 (i imes i) 的矩阵，且我们已经构造好了前 ((i-1) imes (i-1))
比如说长这样
0 1 ?
0 0 ?
? ? ?
现在 (i) 为 (3) ，已经构造好了前((i-1) imes (i-1)) ，那么我们肯定是要在"?"处放置一些1，使得其满足 (B_i) 的限制。
首先对于前 ((i-1) imes (i-1)) 的部分，由于它会对 (B_i) 产生贡献，且刚好满足 (B_{i-1}) 的限制，那么在"?"处放置的1的总数肯定为 (B_i-B_{i-1})
由于可用部分一定只有一行一列，所以必然放不下 (3) 个或更多的1，于是我们只有 (3) 种情况：
[egin{cases}0& ext{那么无操作}\1& ext{那么在任意合法位置放一个}\2& ext{那么在竖排与横排各放一个，交点不合法}end{cases}
]
（建议把三种情况都理解了再继续）
可以发现对于已经构造好的矩阵，其对于方案数的影响只在于其含有多少个1，位置无关紧要。而根据定义，其含有1的多少恰好就是 (B_{i-1}) 。那么，从第 (i-1) 到第 (i) 个矩阵的转移就为：
[egin{cases} imes 1&B_i-B_{i-1}=0\ imes (2i-1-2B_{i-1})&B_i-B_{i-1}=1\ imes(i-1-B_{i-1})^2&B_i-B_{i-1}=2end{cases}
]
（(2i-1)为总位置数，(B_{i-1}) 为一行/列被占用的数量）
那么，对于每一个矩阵，都有一样的转移，直接乘起来即可。
实现
记得打高精度。
代码
#include<cmath>
#include<cstdio>
#define mo 100000000
using namespace std;
int n,b[100010];
struct big{
long long num[2000];
big operator *= (int x){
int i;
for(i=1;i<=num[0];i++){
num[i]*=x;
}
for(i=1;i<=num[0]||num[i]>0;i++){
num[i+1]+=num[i]/mo;
num[i]%=mo;
}
num[0]=i-1;
return(*this);
}
big(){
num[0]=num[1]=1;
}
}ans;
void read(int &x){
char c=getchar();
for(;c<33;c=getchar());
for(x=0;(c>47)&&(c<58);x=x*10+c-48,c=getchar());
}
void write(big a){
for(int i=a.num[0];i;i--){
if(i<a.num[0]){
for(int j=mo/10;j>1;j/=10){
if(a.num[i]<j){
printf("0");
}
}
}
printf("%lld",a.num[i]);
}
}
int main(){
read(n);
for(int i=1;i<=n;i++){
read(b[i]);
if(b[i]-b[i-1]==1){
ans*=(2*i-1-2*b[i-1]);
}else if(b[i]-b[i-1]==2){
ans*=(i-1-b[i-1])*(i-1-b[i-1]);
}
}
write(ans);
}