排列统计
Description
对于给定的一个长度为n的序列{B[n]}，问有多少个序列{A[n]}对于所有的i满足：A[1]～A[i]这i个数字中有恰好B[i]个数字小等于i。其中{A[n]}为1～n的一个排列，即1～n这n个数字在序列A[I]中恰好出现一次。
数据保证了至少有一个排列满足B序列。
Input
输入的第1行为一个正整数N，表示了序列的长度。
第2行包含N个非负整数，描述了序列{B[i]}。
Output
输出仅包括一个非负整数，即满足的{A[i]}序列个数。
Sample Input
3
0 1 3
Sample Output
3
Hint
【样例说明】
对于A序列为1～3的全排列分别对应的B序列如下（冒号左边为A序列，冒号右边为对应B的序列）
1 2 3：1 2 3
1 3 2：1 1 3
2 1 3：0 2 3
2 3 1：0 1 3
3 1 2：0 1 3
3 2 1：0 1 3
所以有3个满足的A序列。
【数据说明】
对于20%的数据，有N≤8；
对于30%的数据，有N≤11且答案不大于20000；
对于50%的数据，有N≤100；
对于100%的数据，有N≤2000。
赛时
看到全排列，先打了个20分暴力，然后就。。。没有然后了。
正解
又是dp（我为什么说又？）
根据大佬的方程来的：
设f[i]表示第i位时的答案。我们观察一下b[i]与b[i-1]的差，可以发现因为题目说一定有解，所以每两个b之间的差就为0,1,2。因此可以列出转移方程:
差为0时，ans是不变的，所以为f[i-1]
差为1时，我们考虑这个多出来的一是怎么多的，第一种情况就是这时我们新填了一个小于等于i的数，第二个是前面（也就是i-1以及它之前）已经有i了，那么这个i会在哪些地方（请自行思考为什么这里是i而不是小于等于i）然后根据上面两种情况，首先新填一个小于等于i的数，那么一共有i-b[i-1]个这样的数，第二种情况，i的位置是（i-1）-b[i-1],因为b[i-1]已经占了这么多的格子，所以要减掉。那么这两个情况应该是加法原理，所以相加乘f[i-1]。
差为2时，显然就是差为1时的两种情况同时出现。第一种情况是一样的，但是第二种情况，我们不能取i了，所以在刚刚的i-b[i-1]里再减一个，为i-b[i-1]-1，第二种情况与上面是一样的，那么因为同时要有，所以为乘法原理，相乘再乘f[i-1]
PS：**出题人不mod，n最大2000，不打高精见祖宗
代码
#include<cstdio>
#define N 2007
using namespace std;
int n,b[N],f[3*N];
void ycx(int x){
int q=0;
for(int i=1;i<=f[0];i++){
f[i]=f[i]*x+q;
q=f[i]/10;
f[i]%=10;
}
while(q>0) f[0]++,f[f[0]]=q%10,q/=10;
}
int main(){
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++)
scanf("%d",&b[i]);
f[0]=1;
f[1]=1;
for(int i=2;i<=n;i++){
if(b[i]-b[i-1]==1)
ycx(i-b[i-1]+i-1-b[i-1]);
else if(b[i]-b[i-1]==2)
ycx((i-b[i-1]-1)*(i-b[i-1]-1));
}
for(int i=f[0];i>=1;i--)
printf("%d",f[i]);
}