需要一些观察的计数。
题意：有一个由 \(1,2,\cdots n\) 各出现两次构成的序列 \(a\)，对其进行 \(n\) 次操作，如果一个元素满足后面的元素没有和他相等的，那么他就不变，否则该元素减 \(1\)，减到 \(0\) 的元素移除。现在给出最后剩下的元素在原序列中的下标，求原序列有多少种。
做法：
首先先进行一个简单的转化，我们先给每种数内部定序，这样的好处是我们可以直接变成一个 \(2n\) 长序列而不用考虑一种数会不会放多次，最后计算的时候除以 \(2^n\) 即可。
从值域上考虑，发现根本没法描述位置的事情，所以考虑直接从位置上考虑。
考虑如果给定一个序列，最后剩下的下标如何确定。我们从后往前扫，假设当前高度为 \(h_i\)，如果 \([x,h_i]\) 中的数都已经出现过，那么这个位置的高度就是 \(x-1\)，当然 \(0\) 就不保留。称这些保留的位置为关键点。
那么我们可以根据这个东西去设计一个 dp，\(dp_{i,j}\) 代表后 \(i\) 个数，目前关键点构成的元素已经填满了 \([1,j]\)，\(j+1\) 一定没有，剩余的有没有都可以。记当前后缀中出现了 \(cnt0\) 次非关键点，\(cnt1\) 次关键点。
考虑对于关键点和非关键点转移。
- 非关键点。
那么要求一定是在 \([1,j]\) 内的，否则就会留下来。因为已经用掉了 \(cnt_0\) 次，同时 \([1,j]\) 各用了一次，所以系数为 \(j-cnt_0\)。
- 关键点。
第一种是我加了，但是没加到 \(j+1\) 这个位置，那这样就不会有新的连续段，貌似贡献不好统计。不好统计那么我们就留到后面在确定，所以转移式：
第二种是我加到 \(j+1\) 这个位置，枚举一下转移到 \(k\)，那么我需要在前面没确定的那些位置里随便选几个出来组成 \([j+2,k]\)，方案数为 \(\binom{cnt1-j}{k-j-1}\)。然后考虑我这个数的选法，为 \([j+2,k]\) 加起来有 \(k-j-1\) 种，还有 \(2\) 种是选 \(j+1\)，方案数 \(k-j+1\)，最后还要乘上我形成长度为 \(k-j-1\) 的段的方案数，这里用 \(g_{k-j-1}\) 表示，等会儿我们会具体来解释 \(g\) 的求法。有转移式：
最后考虑 \(g\) 怎么求，直接枚举上一个位置选的是哪里，然后类似上面这个计算方式，有转移式：
代码：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int maxn = 1205, mod = 1e9 + 7;
int n, use[maxn], g[maxn], C[maxn][maxn], dp[maxn][maxn];
signed main() {cin >> n;for (int x, i = 1; i <= n; i++)cin >> x, use[x] = 1;n <<= 1;C[0][0] = 1;for (int i = 1; i <= n; i++) {C[i][0] = 1;for (int j = 1; j <= i; j++) C[i][j] = (C[i - 1][j - 1] + C[i - 1][j]) % mod;}g[0] = 1;for (int i = 1; i <= n; i++) {for (int j = 1; j <= i; j++)g[i] = (g[i] + g[j - 1] * C[i - 1][j - 1] % mod * g[i - j] % mod * (j + 1) % mod) % mod;}dp[n + 1][0] = 1;int cnt[2] = {0, 0};for (int i = n; i >= 1; i--) {if(use[i]) {cnt[1]++;for (int j = cnt[0]; j <= cnt[1] - 1; j++) {dp[i][j] = (dp[i][j] + dp[i + 1][j]) % mod;for (int k = j + 1; k <= cnt[1]; k++) dp[i][k] = (dp[i][k] + dp[i + 1][j] * (k - j + 1) % mod * C[cnt[1] - j - 1][k - j - 1] % mod * g[k - j - 1] % mod) % mod;}}else {cnt[0]++;for (int j = cnt[0]; j <= cnt[1]; j++)dp[i][j] = (dp[i][j] + dp[i + 1][j] * (j - cnt[0] + 1)) % mod;}// for (int j = cnt[0]; j <= cnt[1]; j++)// cout << i << " " << j << " " << dp[i][j] << endl;}for (int i = 1; i <= n / 2; i++)dp[1][n / 2] = dp[1][n / 2] * (mod + 1) / 2 % mod;cout << dp[1][n / 2] << endl;return 0;
}