小核桃玩核桃棋：质量挺高的一道 dp，好像是搬的某场神秘 ICPC 的？
观察
首先我们观察最优解有什么性质，显然这个问题就是要我们选择一些点覆盖所有的行与列。贪心地考虑，不难想出我们从 \((1,1)\) 开始按照对角线来放置，就一定能取到最优解。
那么我们把这个对角线框出的矩形边长设为 \(d\)，于是最优解需要放置的个数便是 \(d\) 了。
那么取到最优解的条件是什么呢？我们考虑调整这个对角线放置的方法，将棋子上下移动，不难发现这些棋子在覆盖这 \(d\) 行或 \(d\) 列的同时还能覆盖掉剩余的格子。简而言之，就是最优解只会有下面两种情况：
- \(d\) 行内每一行都有棋子，并且最后剩下的行都通过纵向覆盖了。
- \(d\) 列内每一列都有棋子，并且最后剩下的行都通过横向覆盖了。
那么有没有可能出现 \(d\) 行内某一行没有被横向覆盖的情况呢？显然是没有的，因为如果不直接横向覆盖就要花更多地代价去纵向覆盖它，显然不优。
容斥
所以我们就可以利用这个性质设计 dp 了，最后的答案根据容斥原理，就是分别满足两个条件的方案总数减去同时满足两个条件的方案数。
同时满足的方案数是好求的，显然是 \(d!\)，考虑如何对每个条件单独求解。
我们假设现在求解的是第二种情况，后面要求横向覆盖的行数是前 \(r\) 行。
定义 \(dp_{i,j}\) 表示考虑到前 \(i\) 列，前 \(r\) 行中已经有 \(j\) 行被覆盖过了，则转移有下面两种：
- 对覆盖有效的转移：\(dp_{i+1,j+1}\gets dp_{i+1,j+1}+dp_{i,j}\times (r-j)\)。
- 对覆盖无意义的转移：\(dp_{i+1,j}\gets dp_{i+1,j}+dp_{i,j}\times (a_{i+1}-r+j)\)，这里 \(a_{i+1}-r+j\) 是除了覆盖后可能影响结果的行数。
转移即可，时间复杂度 \(O(n^2)\)，问了几个数竞佬都不会这个的线性求法，平方应该就是最优解了。
代码
#include <bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define eb(x) emplace_back(x)
#define pb(x) push_back(x)
#define lc(x) (tr[x].ls)
#define rc(x) (tr[x].rs)
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef long double ldb;
using pi=pair<int,int>;
const int N=5005;
const ll mod=1000000007;
int n,a[N],d,c[N];
ll ans1=1,ans2,ans3,dp[N][N];
ll cal(int *b,int r)
{memset(dp,0,sizeof(dp));dp[0][0]=1;for(int i=0;i<d;i++){for(int j=0;j<=r;j++){dp[i+1][j]=(dp[i+1][j]+dp[i][j]*(b[i+1]-r+j)%mod)%mod;if(j+1<=r)dp[i+1][j+1]=(dp[i+1][j+1]+dp[i][j]*(r-j)%mod)%mod;}}return dp[d][r];
}
int main()
{//freopen("sample.in","r",stdin);//freopen("sample.out","w",stdout);ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);cin>>n;for(int i=1;i<=n;i++)cin>>a[i];for(d=0;d+1<=n&&d+1<=a[d+1];d++);for(ll i=1;i<=d;i++)ans1=(ans1*i)%mod;ans2=cal(a,a[d+1]);for(int i=n;i>=1;i--)for(int j=a[i];j>a[i+1];j--)c[j]=i;ans3=cal(c,c[d+1]);cout<<((ans2+ans3-ans1)%mod+mod)%mod;return 0;
}
