题意不提。
我们可以发现，可以将最终序列分为对于第i个位置i-pi>=0与i-pi<0种两个子序列。且如果f[n]==g[n]，则有两个子序列都递增。
原因是f[n]表示1-n这个排列的逆序对个数，即冒泡排序的交换次数，而每个g[i]表示将p[i]从i位置移到它应当在的p[i]位置的交换次数。
考虑将每个满足i-p[i]>0的p[i]从i位置移到p[i]位置是正确的条件，显然对于i-p[i]>0的每个p[i]必须递增，否则，会产生p[i]与p[j]交换时的交叉，使冒泡的代价增大。
若 i-p[i]<0 的p[i]不递增，它们之间会产生新的冒泡，使冒泡的代价增加。
所以就是DP了，设f[i][j]表示已放了j个数，其中最大数为i的且满足限制的方案数，显然如果j+1的位置放i-p[i]<0的，直接枚举i+1-n的数字即可。
若j+1的位置放i-p[i]>=0的数字，由于i-p[i]>=0的数字必须递增，且i递增，因此有一个必选的数字直接填入即可。
直接转移即可。
#include<bits/stdc++.h>
#define MOD 1000000007
using namespace std;
#define FILE "chad"
set<int> S;
int n, k, f[105][105];
int main()
{
//freopen(FILE".in","r",stdin);
//freopen(FILE".out","w",stdout);
int T; scanf("%d",&T);
for(int tt = 0;T--;)
{
memset(f, 0, sizeof f);
S.clear();
scanf("%d%d",&n,&k);
for(int i = 1; i <= n; i++) S.insert(i);
int mx = 0, flag = 1;
for(int i = 1; i <= k; i++)
{
int x; scanf("%d",&x);
if(x > mx)
{
mx = x;
}
else if(x != *S.begin()) flag = 0;
S.erase(x);
}
f[mx][k] = flag;
for(int i = 0; i <= n; i++)
{
for(int j = 0; j < n; j++)
{
if(i-j > 0) (f[i][j+1] += f[i][j]) %= MOD;
for(int k = i+1; k <= n; k++)
(f[k][j+1] += f[i][j]) %= MOD;
}
}
printf("Case #%d: %d
",++tt,f[n][n]);
}
}
//代码来自某AC代码，侵删。