题意：
对于一个长度为n的排列P，如果P在所有长度为n的排列中，按照字典序排列后，在第s位，则P的value为s
现在给出一个长度为n的排列P，P有一些位置确定了，另外一些位置为0，表示不确定。
现在问，P的所有可能的排列的value之和
n <= 500000
思路：
对于一个可能的排列，它的value为所有小于它的排列的个数 + 1反过来，对于一个排列a，如果P的可能的排列中有sum个排列大于a，则a对答案的贡献为sum
那我们就可以枚举位数，
一位一位的考虑：
对于2个排列P，b，我们假设它在第i位分出大小,即[1,i-1]的位置2个排列相同，并且第i位有P[i] > b[i]
并且P就是满足条件的可能的排列，那我们算出这个时候有x个可能的P，y个可能的b，则对答案的贡献
为x * y
为了方便，我们从后面往前面枚举
那对于位数i，我们只需要分2 * 2种情况考虑：
自由的数表示没有被固定位置的数
suf表示i后面有多少个没有被确定的位置
sum表示P一共有多少个没有被确定的位置
1. Pi的位置确定了
1.1 b在i处放的数为[1,P[i]-1]中被固定在[i+1,n]中某一位的数，设有x个，则贡献：
x * sum! * (n - i)!
求x的话用一个树状数组bit记录就可以了，遇见固定的数就扔进bit里面
1.2 b在i处放的数为[1,P[i]-1]中自由的数，设有y个，则贡献：
y * suf * (sum - 1)! * (n - i)!
提前把所有自由的数放到一个树状数组bit2中，就可以快速得到y了
2 P[i]处的数没有确定
2.1 b在i处放的数也是自由的数，则贡献：
C(sum,2) * (sum - 2)! * suf * (n - i)!
2.2 b在i处放的数是[1,P[i]-1]中被固定在i后面某一位的数
假设P[i]放的是x，则b[i]放的应该是[1,x-1]中被固定在i后面的数，设[1,x-1]中被固定在i后面的数
有y个，则贡献：
y * (sum - 1)! * (n - i)!
所以这部分的贡献需要我们枚举x，对于每一个x求有多少个y？
不用，用线段树可以维护，总贡献为：
seg[1].s * (sum - 1)! * (n - i)!
所以这道题目就搞定了，接下来说说线段树维护的是什么
Seg{int n;int ly;LL s}
线段树只需要维护自由的那一些数，因为枚举的x是自由的数
对于叶子节点i
s表示表示目前被固定的数中，比i小的有多少个
n表示这个叶子节点是不是自由的数
则对于所有节点：
n表示这个区间有多少个自由的数
s表示这个区间的自由的数的s之和
代码：
//File Name: E.cpp //Author: long //Mail: 736726758@qq.com //Created Time: 2016年10月26日 星期三 10时29分59秒 #include <stdio.h> #include <string.h> #include <algorithm> #include <iostream> #include <map> #include <set> #include <math.h> #include <vector> #define LL long long #define lson l,m,rt<<1 #define rson m+1,r,rt<<1|1 using namespace std; const int MAXN = 500000 + 5; const int MOD = (int)1e9 + 7; int p[MAXN],bit1[MAXN],bit2[MAXN],n; bool use[MAXN]; LL jie[MAXN]; void update(int x,int add,int *bit){ for(int i=x;i<=n;i+=i&-i) bit[i] += add; } int query(int x,int *bit){ int res = 0; for(int i=x;i>0;i-=i&-i) res += bit[i]; return res; } struct Seg{ int n,ly; LL s; }seg[MAXN << 2]; void pushup(int rt){ seg[rt].s = seg[rt<<1].s + seg[rt<<1|1].s; seg[rt].n = seg[rt<<1].n + seg[rt<<1|1].n; } void pushdown(int rt){ if(seg[rt].ly){ int &ly = seg[rt].ly; int L = rt<<1,R = rt<<1|1; seg[L].ly += ly,seg[R].ly += ly; seg[L].s += (LL)seg[L].n * ly; seg[R].s += (LL)seg[R].n * ly; ly = 0; } } void build(int l,int r,int rt){ seg[rt].s = seg[rt].ly = seg[rt].n = 0; if(l == r){ if(!use[l]) seg[rt].n = 1; return ; } int m = l + r >> 1; build(lson); build(rson); pushup(rt); } void update(int L,int R,int add,int l,int r,int rt){ if(L <= l && R >= r){ seg[rt].ly += add; seg[rt].s += (LL)add * seg[rt].n; return ; } pushdown(rt); int m = l + r >> 1; if(L <= m) update(L,R,add,lson); if(R > m) update(L,R,add,rson); pushup(rt); } int init(){ build(1,n,1); jie[0] = 1; for(int i=1;i<=n;i++) jie[i] = jie[i-1] * i % MOD; int sum = 0; for(int i=1;i<=n;i++){ if(!use[i]){ update(i,1,bit2); sum++; } } return sum; } LL solve(){ int sum = init(); LL ans = 0,tmp1,tmp2; int suf = 0; for(int i=n;i>0;i--){ tmp1 = tmp2 = 0; // ans = 0; if(p[i]){ int x = query(p[i] - 1,bit1); tmp1 = x * jie[sum] % MOD * jie[n - i] % MOD; int y = query(p[i],bit2); if(sum >= 1) tmp2 = (LL)y*suf % MOD * jie[sum-1] % MOD * jie[n-i] % MOD; ans = (ans + tmp1 + tmp2) % MOD; update(p[i],1,bit1); if(p[i] < n) update(p[i]+1,n,1,1,n,1); } else{ if(sum >= 2) tmp1 = ((LL)sum * (sum - 1) / 2) % MOD * jie[sum-2] % MOD * suf % MOD * jie[n-i] % MOD; if(sum >= 1) tmp2 = seg[1].s % MOD * jie[sum-1] % MOD * jie[n-i] % MOD; // printf("tmp1 = %lld tmp2 = %lld ",tmp1,tmp2); ans = (ans + tmp1 + tmp2) % MOD; suf++; } // printf("i = %d ans = %lld ",i,ans); } // cout << jie[sum] << endl; ans = (ans + jie[sum]) % MOD; return ans; } int main(){ scanf("%d",&n); memset(use,false,sizeof(use)); for(int i=1;i<=n;i++){ scanf("%d",p + i); use[p[i]] = true; } printf("%d ",(int)solve()); return 0; }