本文属于「征服LeetCode」系列文章之一，这一系列正式开始于2021/08/12。由于LeetCode上部分题目有锁，本系列将至少持续到刷完所有无锁题之日为止；由于LeetCode还在不断地创建新题，本系列的终止日期可能是永远。在这一系列刷题文章中，我不仅会讲解多种解题思路及其优化，还会用多种编程语言实现题解，涉及到通用解法时更将归纳总结出相应的算法模板。
为了方便在PC上运行调试、分享代码文件，我还建立了相关的仓库。在这一仓库中，你不仅可以看到LeetCode原题链接、题解代码、题解文章链接、同类题目归纳、通用解法总结等，还可以看到原题出现频率和相关企业等重要信息。如果有其他优选题解，还可以一同分享给他人。
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给你 n 笔订单，每笔订单都需要快递服务。
请你统计所有有效的 收件/配送 序列的数目，确保第 i 个物品的配送服务 delivery(i) 总是在其收件服务 pickup(i) 之后。
由于答案可能很大，请返回答案对 10^9 + 7 取余的结果。
示例 1：
输入：n = 1
输出：1
解释：只有一种序列 (P1, D1)，物品 1 的配送服务（D1）在物品 1 的收件服务（P1）后。
示例 2：
输入：n = 2
输出：6
解释：所有可能的序列包括：
(P1,P2,D1,D2)，(P1,P2,D2,D1)，(P1,D1,P2,D2)，(P2,P1,D1,D2)，(P2,P1,D2,D1) 和 (P2,D2,P1,D1)。
(P1,D2,P2,D1) 是一个无效的序列，因为物品 2 的收件服务（P2）不应在物品 2 的配送服务（D2）之后。
示例 3：
输入：n = 3
输出：90
提示：
1 <= n <= 500
解法 动态规划+组合数学+递推
设 f [ i ] f[i] f[i] 表示订单数量为 i 时的序列数目，我们希望通过 f [ 1 ] , f [ 2 ] , . . . , f [ i − 1 ] f[1], f[2], ..., f[i - 1] f[1],f[2],...,f[i−1] 得到 f [ i ] f[i] f[i] 的值，这样就可以使用递推的方法得到 f [ n ] f[n] f[n] 了。
由于 f [ i ] f[i] f[i] 包含了 i i i 份订单，我们可以将其拆分为前 i − 1 i - 1 i−1 份订单（编号为 1 , 2 , . . . , i − 1 1, 2, ..., i - 1 1,2,...,i−1 ）与 1 1 1 份额外的订单（编号为 i）。对于一个包含前 i − 1 i - 1 i−1 份订单的固定序列，它的长度为 ( i − 1 ) ∗ 2 (i - 1) * 2 (i−1)∗2 ，我们只需要在这个序列中加上第 i i i 份订单，就可以得到一条订单数量为 i i i 的序列。
那么有多少种不同的方法能够加上第 i i i 份订单呢？第 i 份订单包含 P i P_i Pi 和 D i D_i Di ，并且 P i P_i Pi 在序列中必须出现在 D i D_i Di 之前，那么我们可以将这些方法分成两类：
- 第一类： P i P_i Pi 和 D i D_i Di 被添加到了序列中连续的位置。由于序列的长度为 ( i − 1 ) ∗ 2 (i - 1) * 2 (i−1)∗2 ，那么可以添加的位置为序列的长度加 1 1 1 ，即 2 ( i − 1 ) + 1 = 2 i − 1 2(i - 1) + 1 = 2i - 1 2(i−1)+1=2i−1 ；
- 第二类： P i P_i Pi 和 D i D_i Di 被添加到了序列中不连续的位置，那么就相当于在 i ∗ 2 − 1 i * 2 - 1 i∗2−1 个位置中选择两个不同的位置，前者用作添加 P i P_i Pi ，后者用作添加 D i D_i Di ，方法数为组合数 ( 2 i − 1 2 ) = ( 2 i − 1 ) ( i − 1 ) \binom{2i - 1}{2} = (2i - 1)(i - 1) (22i−1)=(2i−1)(i−1) 。
将这两类的方法数量相加，就可以得到：对于一个固定的包含前 i − 1 i - 1 i−1 份订单的固定序列，用 ( 2 i − 1 ) i (2i-1)i (2i−1)i 种方法可以加入第 i i i 份订单。由于前 i − 1 i - 1 i−1 份订单对应的序列数目为 f [ i − 1 ] f[i - 1] f[i−1] ，并且对于任意两个不同的包含前 i − 1 i - 1 i−1 份订单的序列，都不会因为加上第 i i i 份订单使得它们变得相同。因此我们就得到了递推公式：
f [ i ] = ( 2 i − 1 ) i ∗ f [ i − 1 ] f[i] =(2i−1)i∗f[i−1] f[i]=(2i−1)i∗f[i−1]
由于递推公式中 f [ i ] f[i] f[i] 仅与 f [ i − 1 ] f[i - 1] f[i−1] 有关，我们在递推式可以只存储 f [ i − 1 ] f[i - 1] f[i−1] 的值，而不用把 f [ 1 ] , f [ 2 ] , . . . , f [ i − 1 ] f[1], f[2], ..., f[i - 1] f[1],f[2],...,f[i−1] 都记录下来。
using LL = long long;class Solution {
private:static constexpr int mod = 1000000007;
public:int countOrders(int n) {if (n == 1) return 1;int ans = 1;for (int i = 2; i <= n; ++i)ans = (LL)ans * (i * 2 - 1) % mod * i % mod;return ans;}
};
复杂度分析：
- 时间复杂度： O ( N ) O(N) O(N) 。
- 空间复杂度： O ( 1 ) O(1) O(1) 。
解法2 整体法
除了递推法之外，我们也可以从整体进行考虑，直接得到 f [ i ] f[i] f[i] 的通项公式。
假设现在没有 D i D_i Di 必须在 P i P_i Pi 之后的要求，那么
f [ i ] = ( 2 i ) ! f[i] =(2i)! f[i]=(2i)!
这是因为我们可以将 P 1 , D 1 , P 2 , D 2 , ⋯ , P i , D i P_1, D_1, P_2, D_2, \cdots, P_i, D_i P1,D1,P2,D2,⋯,Pi,Di 的任意一个排列作为答案，排列的数目为 ( 2 i ) ! (2i)! (2i)! 。我们称这些排列为初始排列。
那么在加上了「 D i D_i Di 必须在 P i P_i Pi 之后」的要求后，有一些初始排列就不能作为答案了。但是我们可以对它们进行调整，使它们变成满足要求的排列。具体地，对于任意一个初始排列，如果第 j j j 个物品的 D j D_j Dj 出现在 P j P_j Pj 之前，那么我们就把 D j D_j Dj 和 P j P_j Pj 交换顺序。在对 j = 1 , 2 , . . . , i j = 1, 2, ..., i j=1,2,...,i 全部判断一遍之后，我们就可以得到一个满足要求的排列了。然而这样会导致重复计数，这是因为不同的初始排列在交换顺序之后会得到相同的排列，例如当 i = 2 i = 2 i=2 时，初始排列
D 1 , D 2 , P 1 , P 2 D 1 , P 2 , P 1 , D 2 \begin{aligned}D1, D2, P1, P2 \\ D1, P2, P1, D2\end{aligned} D1,D2,P1,P2D1,P2,P1,D2
在交换后都会得到相同的排列 P 1 , P 2 , D 1 , D 2 P1, P2, D1, D2 P1,P2,D1,D2 如何去除重复计数呢？我们可以进行逆向思考，反过来计算一个排列可以从多少个初始排列得来。显然，对于排列中的 i i i 对 P j P_j Pj 和 D j D_j Dj ，我们将其中任意数量的对交换顺序，都可以得到一个不同的初始排列。交换顺序的选择有 2 i 2^i 2i 种（每一对 P j P_j Pj 和 D j D_j Dj 交换或不交换），因此一个排列对应着 2 i 2^i 2i 个初始排列，即排列的数目为：
f [ i ] = ( 2 i ) ! 2 i f[i] = \frac{(2i)!}{2^i} f[i]=2i(2i)!
这样就得到了 f [ i ] f[i] f[i] 的通项公式。由于通项公式中包含除法，在取模的意义下不好直接计算，我们可以将分母 2 i 2^i 2i 拆分成 i i i 个 222，与分子阶乘中的 i i i 个偶数相除，得到
f [ i ] = i ! ( 2 i − 1 ) ! ! f[i] = i!(2i-1)!! f[i]=i!(2i−1)!!
其中 ( 2 i − 1 ) ! ! = 1 ⋅ 3 ⋅ ⋯ ⋅ ( 2 i − 1 ) (2i-1)!! = 1 \cdot 3 \cdot \cdots \cdot (2i-1) (2i−1)!!=1⋅3⋅⋯⋅(2i−1) ，其与方法一中的递推式是一致的，可以直接使用方法一的代码。
