Description
给定一个数字 (n)，表示有一个长度为 (n) 的序列，又给定一个长度为 (n-1) 字符串 (s)，里面仅包含 (<) 和 (>)。
当 (1 ≤ i ≤ n - 1) 时，s[i] 表示数列中第 (i) 个元素与第 (i + 1) 个元素的关系。
求满足字符串 (s) 关系的 (1) ~ (n) 的排列一共有多少种，方案数对 (10^9+7) 取模。
constraints
(2 ≤ n ≤ 3000)
Solution 1 TLE
考虑DP。
设 f[i][j] 表示已经考虑了前 (i) 个位置，且第 (i) 位上，填的数字是第 (j) 小的总方案数。
不难想到初始状态即用 (1) 填了 (1) 位，即 f[1][1] = 1 。
由于每一位必由前一个位置转移过来，所以可以分两种情况：
-
这个位置是
<，根据状态定义，前一位要比这个小，即f[i][j] += f[i - 1][k] (k < j)； -
这个位置是
>，前一位要比这个大，但是，在 (i-1) 时的第 (j) 小，由于现在加入了一个第 (j) 小的数，将上次的第 (j) 小变成了现在的 (j+1) 小，所以需要加上f[i - 1][k]。即f[i][j] += f[i - 1][k] (j ≤ k < i)；
由于这个复杂度是 (O(n^3))，因此还是会超时。
Solution 2 AC
上面的算法复杂度较高，考虑优化，但状态已经优化到了二维，考虑优化转移。
发现最内层循环时，由于要统计上一个数的所有可能转移的位置，耗费了较多时间。
由于可能转移的位置肯定都是一个连续的段，且是它们之和，可以前缀和优化。设 sum[j] 表示从 f[i-1][1] 到 f[i-1][j] 的数值之和，转移时直接计算即可。
时间复杂度为 (O(n^2))。
核心代码：
f[1][1] = 1;//初始值
for(int i = 2; i <= n; i++)
{
memset(sum, 0, sizeof sum);//每一次sum要清空
for(int j = 1; j <= i - 1; j++)
{
sum[j] = sum[j - 1] + f[i - 1][j];//sum记录前缀和
}
for(int j = 1; j <= i; j++)
{
if(s[i] == '<')//处理小于号
{
f[i][j] = (f[i][j] + sum[j - 1] - sum[0]) % MOD;
}
else//处理大于号
{
f[i][j] = (f[i][j] + sum[i - 1] - sum[j - 1]) % MOD;
}
}
}
int ans = 0;
for(int i = 1; i <= n; i++)//最后答案是f[n][i]的总和
{
ans = (ans + f[n][i]) % MOD;
}