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或许你会考虑硬上 d p \tt dp dp 么？极困难。因为 大小关系的本质是有向图拓扑序。尽管这个图长相特殊，但是仍然要素过多。与之相反的是，全都是 < 时，我们很容易计算方案。

考虑容斥，枚举哪些 > 是不满足的，它们就变成了 <，其余的 > 则变成了 “无限制”。

此时序列变成了 p 1 < p 2 < ⋯ < p x 1 ∧ p x 1 + 1 < p x 1 + 2 < ⋯ < p x 2 ∧ ⋯ ∧ p x k + 1 < p x k + 2 < ⋯ < p n p_1<p_2<\cdots<p_{x_1}\land p_{x_1+1}<p_{x_1+2}<\cdots<p_{x_2}\land\cdots\land p_{x_k+1}<p_{x_k+2}<\cdots<p_n p1<p2<⋯<px1∧px1+1<px1+2<⋯<px2∧⋯∧pxk+1<pxk+2<⋯<pn 。直观来说，剩下很多个 < 链，两个链条之间互相独立（因为中间的 > 变成了无限制）。

用 d p \tt dp dp 解决这玩意儿。记 f ( i ) f(i) f(i) 表示考虑了前 ( i + 1 ) (i{+}1) (i+1) 个数字（前 i i i 个不等号）的每一种方案的带容斥系数权值和。枚举最后一个 < 的链条即可转移。记 U \Bbb U U 为 > 出现位置的集合，并约定 0 ∈ U 0\in\Bbb U 0∈U 。记 a i a_i ai 为 [ 1 , i ] [1,i] [1,i] 中 > 的数量。我们可以写出
f ( i ) = ∑ j ∈ U j ⩽ i f ( j − 1 ) ⋅ ( − 1 ) a i − a j ⋅ ( i + 1 j ) ⇒ ( − 1 ) a i f ( i ) ( i + 1 ) ! = ∑ j ∈ U j ⩽ i ( − 1 ) a j ⋅ f ( j − 1 ) j ! ⋅ 1 ( i + 1 − j ) ! \begin{aligned} f(i) &=\sum_{j\in\Bbb U}^{j\leqslant i}f(j{-}1)\cdot (-1)^{a_i-a_j}\cdot{i+1\choose j}\\ \Rightarrow \frac{(-1)^{a_i}f(i)}{(i{+}1)!} &=\sum_{j\in\Bbb U}^{j\leqslant i}{(-1)^{a_j}\cdot f(j{-}1)\over j!}\cdot\frac{1}{(i{+}1{-}j)!} \end{aligned} f(i)⇒(i+1)!(−1)aif(i)=j∈U∑j⩽if(j−1)⋅(−1)ai−aj⋅(ji+1)=j∈U∑j⩽ij!(−1)aj⋅f(j−1)⋅(i+1−j)!1

初值 f ( − 1 ) = 1 f(-1)=1 f(−1)=1 。这于代码实现是很不利的，但在数学的角度上是正确的。答案即 f ( n ) f(n) f(n) 。

这是卷积的形式，可以分治 NTT \textit{NTT} NTT 来做。复杂度 O ( n log ⁡ 2 n ) \mathcal O(n\log^2n) O(nlog2n) 。

代码

用了类似 z k w \rm zkw zkw 线段树的实现方式，感觉反而让代码简单多了呢

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