题目描述

 

无聊的wlswls正在观察某个商品的价格，wlswls一共观察了nn天，每天这个商品都会有一个价格p_ipi​。

定义一个长度为2m+1(3\leq2m+1\leq n)2m+1(3≤2m+1≤n)的子序列a_1...a_{2m+1}a1​...a2m+1​是持续下降的，当且仅当：

  1. 1 \leq a_1 < a_2 < .... < a_{2m+1} \leq n1≤a1​<a2​<....<a2m+1​≤n

  2. 对于所有的k(1 \leq k \leq m)k(1≤k≤m), p_{a[2k - 1]} > p_{a[2k + 1]} > p_{a[2k]}pa[2k−1]​>pa[2k+1]​>pa[2k]​

现在wlswls想知道持续下降的子序列一共有多少个。

由于满足条件的序列可能很多，请输出答案 modmod 1e9+71e9+7。

 

 
 

输入描述

 

第一行一个整数nn。

接下来一行nn个整数，p_ipi​表示商品第ii天的价格。

1 \leq n \leq 20001≤n≤2000

1 \leq p_i \leq n1≤pi​≤n

p_i \neq p_jpi​​=pj​

 

输出描述

 

一行一个整数表示答案。

 

样例输入 1 

5
4 2 3 1 5

样例输出 1

1


思路：
我们先来看三个元素组成的持续下降的子序列，
如x，y，z， 那么要求  x>z>y （因为没有相等的两个价值，所以不考虑等于号）
那么我们想一下，如果我们只找三个元素组成的子序列，咋找呢？
我们可以定义dp状态 dp[i] 表示 以第i个元素为结尾的合法子序列个数。
那么我们可以n*n的方式去找，
对于每一个i，我们枚举j=i-1 downto 1 ，维护比a[i] 小的数 的个数 k,
在枚举的过程中，我们遇到一个数a[j] >a[i] 时，我们可以对dp[i] += k ;
为什么？ 因为 这个 a[j] 可以和到a[i]中间的那k个比a[i]小的构成三元素合法子序列。
这样我们就解决了三元素合法子序列的问题，
题目要求的并不是三元素子序列，是2*m+1 元素的，三元素只是m=1的情况，。
那么我们不妨来看一下 m=2时。即5个元素的情况，
我们应该知道 5个元素的情况只是在三元素情况上后面加两个数字 q w
构成 x>z>y,z>w>q  
观察可得，5元组的第2个大小关系中的最大值，是上一个三元组中的 z，
那么当我们再求第5个元素w的 dp[i]的时候（i是 w的下标 ），我们遇到z的时候，
dp[i]+= (dp[j]+1)*k;
j是比w大的元素z的下标，这样就可以把以z为结尾的所有合法子序列又都贡献到了 dp[i]上，
这样我们就可以n*n的时间复杂度来用dp解决这个问题。

细节见代码：


#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <queue>
#include <stack>
#include <map>
#include <set>
#include <vector>
#include <iomanip>
#define ALL(x) (x).begin(), (x).end()
#define rt return
#define dll(x) scanf("%I64d",&x)
#define xll(x) printf("%I64d\n",x)
#define sz(a) int(a.size())
#define all(a) a.begin(), a.end()
#define rep(i,x,n) for(int i=x;i<n;i++)
#define repd(i,x,n) for(int i=x;i<=n;i++)
#define pii pair<int,int>
#define pll pair<long long ,long long>
#define gbtb ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0),cout.tie(0)
#define MS0(X) memset((X), 0, sizeof((X)))
#define MSC0(X) memset((X), '\0', sizeof((X)))
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define fi first
#define se second
#define eps 1e-6
#define gg(x) getInt(&x)
#define db(x) cout<<"== [ "<<x<<" ] =="<<endl;
using namespace std;
typedef long long ll;
ll gcd(ll a, ll b) {return b ? gcd(b, a % b) : a;}
ll lcm(ll a, ll b) {return a / gcd(a, b) * b;}
ll powmod(ll a, ll b, ll MOD) {ll ans = 1; while (b) {if (b % 2)ans = ans * a % MOD; a = a * a % MOD; b /= 2;} return ans;}
inline void getInt(int* p);
const int maxn = 1000010;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
/*** TEMPLATE CODE * * STARTS HERE ***/
const ll mod = 1e9 + 7;
ll n;
ll a[maxn];
ll dp[maxn];
int main()
{
    //freopen("D:\\common_text\\code_stream\\in.txt","r",stdin);
    //freopen("D:\\common_text\\code_stream\\out.txt","w",stdout);
    gbtb;
    cin >> n;
    repd(i, 1, n)
    {
        cin >> a[i];
    }
    ll k;
    repd(j, 3, n)
    {
        k = 0ll;
        for (int i = j - 1; i >= 1; i--)
        {
            if (a[i] < a[j])
            {
                k++;
            } else
            {
                dp[j] += (dp[i] + 1) * k;
                dp[j] %= mod;
            }
        }

    }
    ll ans = 0ll;
    repd(i, 3, n)
    {
        ans = (ans + dp[i]) % mod;
    }
    ans %= mod;
    cout << ans << endl;



    return 0;
}

inline void getInt(int* p) {
    char ch;
    do {
        ch = getchar();
    } while (ch == ' ' || ch == '\n');
    if (ch == '-') {
        *p = -(getchar() - '0');
        while ((ch = getchar()) >= '0' && ch <= '9') {
            *p = *p * 10 - ch + '0';
        }
    }
    else {
        *p = ch - '0';
        while ((ch = getchar()) >= '0' && ch <= '9') {
            *p = *p * 10 + ch - '0';
        }
    }
}