题目
求(1sim n)的排列，有(m)个限制条件，第(i)个限制条件(p_i),
表示前(p_i)个数不能是(1sim p_i)的排列，求符合要求的排列的个数。
分析
这里是单纯计数的做法，时间复杂度(O(n^2))
设(dp[i][j])表示前(i)个数均(leq j)并且必须包含(j)的方案数，
初始化(dp[1][1sim n]=1)(如果第一个数有限制要特判)，最后输出(dp[n][n])
首先可以写出一个朴素的方程，
[dp[i][j]=(j-i+1)dp[i-1][j]+sum_{k=i-1}^{j-1}dp[i-1][k]
]
前面表示选完(i-1)个数已经包含(j)，
那在(1sim j)中还有(j-i+1)个数可以选择填入
否则以前没有选择(j)且全部小于(j),那么现在选择(j)就可以了。
对于一个限制直接让(dp[i][i]=0)就可以了
然而这是(O(n^3))的做法，不过后面这一坨前缀和优化就可以做到(O(n^2))
然而如果(n)很大，但是(m)还是原来的数据范围的话会直接T飞，
但是数据还是很良心的，还是wtcl
同步于牛客博客。
代码
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <algorithm>
#define rr register
using namespace std;
const int mod=20000311,N=2011;
int n,m,a[N],dp[N][N];
inline signed iut(){
rr int ans=0; rr char c=getchar();
while (!isdigit(c)) c=getchar();
while (isdigit(c)) ans=(ans<<3)+(ans<<1)+(c^48),c=getchar();
return ans;
}
inline signed mo(int x,int y){return x+y>=mod?x+y-mod:x+y;}
signed main(){
n=iut(),m=iut();
for (rr int i=1;i<=m;++i) a[i]=iut();
for (rr int i=1;i<=n;++i) dp[1][i]=1;
sort(a+1,a+1+m);
for (rr int i=1,I=1;i<=n;++i){
rr int sum=dp[i-1][i-1];
if (i>1) for (rr int j=i;j<=n;++j)
dp[i][j]=mo(sum,1ll*dp[i-1][j]*(j-i+1)%mod),
sum=mo(sum,dp[i-1][j]);
if (a[I]==i) dp[i][i]=0,++I;
}
return !printf("%d",dp[n][n]);
}