[csa round#1]Number Elimination——动态规划+计数

题目大意：

你有(n)个方块排成一排，每个方块有一个权值(a_i)，你每次可以选择一个二元组((x,y) x<y)，并消除x和y中权值较小的那个方块，如果二者权值相同则消除标号较小的那个，产生(max(a_x,a_y))的费用。你每次选择的二元组中不能选择已经被消除的方块。最后这一排方块只会剩下一个，游戏目标是使费用最少。
求可以使费用最小的方案数。

思路：

为了使费用最小，可以发现相同的数一定是要在一起消，直到只剩一个。
同时对于不同的数之间，我们要消除一个数的话，这个数必定只剩下一个，并且比这个数小的数都要在之前消完。
不同的种类一定是从小到大的顺序消完，于是我们设dp[i]为前i个种类消完的方案数，每一次将一个种类添加进去来转移。
这里需要预处理一个种类自身消除的方案数(f[i])（i为集合大小）(=f[i-1] imes i imes (i-1)/2)。
于是在dp[i]的时候枚举第i个种类的物品在i-1种最后一个消完之前消完的数量j，用隔板法来计算前j个放置的位置，可得dp方程为：

直接转移即可。

#include<bits/stdc++.h>

#define REP(i,a,b) for(int i=a,i##_end_=b;i<=i##_end_;++i)
#define DREP(i,a,b) for(int i=a,i##_end_=b;i>=i##_end_;--i)
#define debug(x) cout<<#x<<"="<<x<<endl
typedef long long ll;

using namespace std;

void File(){
	freopen("out.in","r",stdin);
	freopen("out.out","w",stdout);
}

template<typename T>void read(T &_){
	T __=0,mul=1; char ch=getchar();
	while(!isdigit(ch)){
		if(ch=='-')mul=-1;
		ch=getchar();
	}
	while(isdigit(ch))__=(__<<1)+(__<<3)+(ch^'0'),ch=getchar();
	_=__*mul;
}

const int maxn=1e5+10;
const ll mod=1e9+7;
int n,a[maxn],b[maxn],tot,cnt[maxn];
ll fac[maxn],ifac[maxn],f[maxn],dp[maxn],sum[maxn];

ll qpow(ll x,ll y){
	ll ret=1; x%=mod;
	while(y){
		if(y&1)ret=ret*x%mod;
		x=x*x%mod;
		y>>=1;
	}
	return ret;
}

ll C(ll x,ll y){return fac[x]*ifac[y]%mod*ifac[x-y]%mod;}

int main(){
//	File();
	read(n);
	REP(i,1,n)read(a[i]),b[++tot]=a[i];

	sort(b+1,b+tot+1);
	tot=unique(b+1,b+tot+1)-b-1;
	REP(i,1,n)a[i]=lower_bound(b+1,b+tot+1,a[i])-b;

	fac[0]=1;
	REP(i,1,n)fac[i]=fac[i-1]*i%mod;
	ifac[n]=qpow(fac[n],mod-2);
	DREP(i,n-1,0)ifac[i]=ifac[i+1]*(i+1)%mod;

	REP(i,1,n)++cnt[a[i]];

	f[0]=1;
	ll inv2=qpow(2,mod-2);
	REP(i,1,n)f[i]=f[i-1]*i%mod*(i+1)%mod*inv2%mod;

	dp[1]=f[cnt[1]-1];
	REP(i,2,tot){
		sum[i-1]=sum[i-2]+cnt[i-1];
		REP(j,0,cnt[i]-1)
			dp[i]=(dp[i]+dp[i-1]*C(sum[i-1]+j-1,j)%mod*(cnt[i]-j)%mod)%mod;
		dp[i]=dp[i]*f[cnt[i]-1]%mod;
	}

	printf("%lld
",dp[tot]);
	return 0;
}