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E：

我計劃預習五個小時離散，然後hmc補了這道他自認為非常的裸並且很傻逼自己可以一眼秒的簡單題，然後給我講了講，然後我失去了一整晚的生命跡象。

首先我們可以發現一個神奇的現象，啊，先排個序，然後我們會發現，一個數 是 合法的(指左邊的全部小於等於它，右邊的全部大於等於它)，當且僅當它在自己拍完序的位置上。

先不考慮很多相同的。 所以我們可以怎麽做呢。從左到右枚舉每個 合法的數，然後從左到右 枚舉 起點。這樣考慮，用dp[n]表示 從 1到 n ，n是合法的數的時候的方案數，ans[n]表示從1到n ， 不合法的方案數。 c[n] 表示從 1 到 n 的 排列總數。 顯然 。。。好難描述。

唔，顯然我們這樣枚舉會有很多重復的情況對吧。 艹，我先把hmc講給我我聽懂了的復述一下，一個數是 合法的 方案數， 就是 它左邊的數xjb排和右邊的數xjb排然後乘起來吧。

好啊其實我覺得他就說了這一局有用的。

所以我們可以采用 總排列數-所有合法情況。然後合法情況會有重復的，這個時候就要進行類似容斥的操作對不對。ex： 1,2 1,2；被計算了兩次

所以我們可以 計算出 左邊 不合法的 方案數。 用不合法的 再去乘 右邊合法的 就一定不會和 之前的重復了，因為之前計算的是左邊的合法的。

那麽首先我們要知道每個子區間的排列總數，可以邊計算順便枚舉，也可以先預處理出來。我比較傻逼混在一起就神誌不清了就預處理出來的。

然後我們用 ans[i] 表示 到i 為止 的答案， dp[i]表示到 i為止 合法的 方案數。

第一層枚舉 現在的區間 ，[1,i]； 第二層枚舉 子區間, j from 1 to i ;

然後維護就好了。

emmm你要是不知道費馬小定理的話，，，我也木有辦法 也可以用遞推式求對不對。

 1 #include <bits/stdc++.h>
 2 using namespace std;
 3 typedef long long ll;
 4 const ll mod = 1e9+9;
 5 const int N = 5005;
 6 ll inv[N];
 7 ll n,c[N][N],a[N];
 
 8 ll qpow(ll a,ll x){
 9     ll res = 1;
10     while (x){
11         if(x&1)
12             res=res*a%mod;
13         a=a*a%mod;
14         x>>=1;
15     }
16     return res;
17 }
18 void init(){
19     inv[1]=1;
20     for(int i=2;i<=5000;i++)
21         inv[i]=qpow(i,mod-2);
22 }
23 void slove(int n){
24     map<int,int> mp;
25     for(int i=1;i<=n;i++){
26         c[i][i-1]=1;
27         mp.clear();
28         for(int j=i;j<=n;j++){
29             c[i][j]=c[i][j-1]*(j-i+1)%mod*inv[++mp[a[j]]]%mod;
30         }
31         c[i+1][i]=1;
32     }
33 }
34 ll dp[N],ans[N];
35 int main(){
36     init();
37     ios::sync_with_stdio(false);
38     cin>>n;
39     for(int i=1;i<=n;i++){
40         cin>>a[i];
41     }
42     sort(a+1,a+1+n);
43     slove(n);
44     ans[0]=1;
45     for(int i=1;i<=n;i++){
46         for(int j=1;j<=i;j++){
47             dp[i]=(dp[i]+ans[j-1]*c[j+1][i])%mod;
48         }
49         //cout<<dp[i]<<‘ ‘;
50         ans[i]=(c[1][i]-dp[i]+mod)%mod;
51         //cout<<ans[i]<<endl;
52     }
53     cout<<ans[n]<<endl;
54 }

一道非常傻逼的題：