把所有数字放入双端队列后，结果大概是这样一个排列：
\[P_1 1 P_2\] 其中\(P_1\)是递减序列，\(P_2\)是递增序列。我们以\(1\)所在的位置\(k\)分割最终的排列\(A\)。
其中前半部分，形象地讲是由两个递减序列交织在一起组成的。那两个递减序列分别是\(P_1\)的前缀和\(P_2\)的后缀，且至少有一个就是\(P_1\)（\(P_2\)）本身。那么，前半部分满足这个性质：
可以划分为两个可为空的递减子序列。
显然这个性质难以直接判定。考虑将其转化。对于其中编号为\(i\)的元素，设\(j\)是\(i\)后面的第一个与\(A_i\)属于不同子序列的元素位置。我们不妨分类讨论一发：
- \(A_i > A_j\)，因为两个子序列递减，有\(\forall j \in [i+1,k-1], \, A_i>A_j\)
- \(A_i < A_j\)，因为两个子序列递减，有\(\forall j \in [1,i-1], \, A_i<A_j\)
因此，我们得出：
长度为\(n\)的最终排列\(A\)的前半部分可以划分为两个可为空的递减子序列$\implies $
$ \forall i \in [1,k-1]$，下列条件至少满足一个：
- \(\forall j \in [i+1,k-1], \, A_i>A_j\)，记为条件1
- \(\forall j \in [1,i-1], \, A_i<A_j\)，记为条件2
我们发现，逆命题也是成立的，因为最长不上升子序列的长度小于等于2。（导弹拦截可经典了）于是我们就获得了一个判断方法。
但还有一个问题，即从\(1\)到\(n\)的排列中任取出两个元素不重复的递减序列\(D_1\),\(D_2\)，它们组成的序列\(P\)，不一定可以作为\(A\)的前半部分。我们还要保证\(D_1\)的最后一个元素和\(D_2\)的最后一个元素中的较大值大于后半部分的所有元素。依然要对此进行转化。 那么，对于我们已知的一个\(A\)的前半部分，我们尝试将其划分且最大化两个子序列最后一个元素的较大值，设它的位置是\(p\)。显然\(p\)后面没有比\(A_p\)更大的元素，否则能得到更优解。通过简单分类讨论，我们发现所有不满足条件2的元素都大于后半部分的所有元素。因此我们可以直接修改条件2：\[\forall j \in [i+1,n], \, A_i > A_j\] 故我们得到了前半部分的判断方法。后半部分的判断就简单多了。它是一个递减序列不断从前面或后面取出元素得到的，即每次取出的元素都是剩下的元素中最大（最小）的。容易得到且证明它合法的充要条件：
$ \forall i \in [k+1,n]$，下列条件至少满足一个：
- \(\forall j \in [i+1,n], \, A_i > A_j\)
- \(\forall j \in [i+1,n], \, A_i < A_j\)
我们终于简化了题意：
求有多少个长度为\(n\)的排列\(A\)满足：
- \(A_k = 1\)
- \(\forall i \in [1,k)\)，\(A_i\)小于它前面的所有数或大于它后面的所有数。
- \(\forall i \in (k,n]\)，\(A_i\)小于它后面的所有数或大于它后面的所有数。
剩下的就简单了。由递推式可知，后半部分的方案数就是\(2^{n-k-1}\)。而对于前半部分，我们设dp状态\(i,j\)表示当前有\(i\)个元素，最小的满足条件2的元素是其中第\(j\)个（不存在则为\(j+1\)），最终答案就是
\[2^{n-k-1} \sum_{i=1}^{k} { {i-1+n-k}\choose{i-1}} dp_{k-1,i}\] 时间复杂度\(O(n^2)\)。#include#define int long longusing namespace std;const int N = 2010, MOD = 1e9 + 7;int dp[2][N],n,k,s,p,sum[N],ans,jc[N],inv[N];typedef long long ll;ll power(ll a,int b) { ll res = 1; while (b) { if (b&1) (res *= a) %= MOD; (a *= a) %= MOD; b >>= 1; } return res;}ll comb(int a,int b) { if (a < 0 || b < 0 || a < b) return 0; return 1ll * jc[a] * inv[b] % MOD * inv[a-b] % MOD;}signed main() { scanf("%lld%lld",&n,&k); jc[0] = 1; for (int i = 1 ; i <= n ; ++ i) jc[i] = 1ll * jc[i-1] * i % MOD; inv[n] = power(jc[n],MOD-2); for (int i = n-1 ; i >= 0 ; -- i) inv[i] = 1ll * inv[i+1] * (i+1) % MOD; s = k-1; p = 0; sum[2] = 1; sum[3] = -1; for (int i = 1 ; i <= s ; ++ i) { p ^= 1; memset(dp[p],0,sizeof dp[p]); for (int j = 1 ; j <= i+1 ; ++ j) (sum[j] += sum[j-1]) %= MOD; for (int j = 1 ; j <= i+1 ; ++ j) (dp[p][j] += sum[j]) %= MOD, sum[j] = 0; sum[i+2] = 0; for (int j = 1 ; j <= i+1 ; ++ j) { (sum[2] += dp[p][j]) %= MOD; (sum[j+2] -= dp[p][j]) %= MOD; } } for (int i = 1 ; i <= s + 1 ; ++ i) { (ans += 1ll * comb(n-k+i-1,i-1) * dp[p][i] % MOD); ans %= MOD; } if (k == 1) ans = 1; if (n > k) ans = 1ll * power(2,n-k-1) * ans % MOD; ans = (ans + MOD) % MOD; printf("%lld\n",ans); return 0;}
小结：推导结论实在是一个困难的过程，积极的心态和清晰的思路是不可或缺的。