可以发现，每次操作事实上是一次推平。而取最大值的限制则限定了每个值能够推平的最大区间，记 (a_i) 能够推平到最左的位置为 (l_i)，能够推平到最右的位置为 (r_i)。
那么问题转化为用 (m) 个区间覆盖整个序列，但可以有长度为 (1) 的段不被覆盖（其实就是单点）
设 (f_{i,j}) 为使用了 (j) 个区间覆盖 (1sim i)，直接转移不太方便，刷表转移即可。枚举每个 (i)，对于所有的 (l_ileq kleq r_i)，将 (f_{k,j}) 加上 (sumlimits_{x=l_i-1}^{k-1} f_{k,j-1})。直接转移总时间复杂度是 (O(n^4)) 的，观察到右端点 (k-1) 单调增，前缀和优化即可。另外，值得注意的是，单点的情况会被覆盖两次，需要减去一次。
由于单点不一定要被覆盖，所以会出现用 (0sim m) 段区间覆盖整个序列的情况，都要统计进答案内。
#include<cstdio>
const int mod=1e9+7;
int f[505][505],a[505];
inline int read() {
register int x=0,f=1;register char s=getchar();
while(s>'9'||s<'0') {if(s=='-') f=-1;s=getchar();}
while(s>='0'&&s<='9') {x=x*10+s-'0';s=getchar();}
return x*f;
}
int main() {
int n=read(),m=read(),ans=0;
for(register int i=1;i<=n;++i) a[i]=read(); f[0][0]=1;
for(register int i=1;i<=n;++i) {
int L=i-1,R=i+1; while(L>=1&&a[L]<a[i]) --L; while(R<=n&&a[R]<a[i]) ++R;
for(register int j=m;j>=0;--j) {
f[i][j]=(f[i][j]+f[i-1][j])%mod;
if(j) {
for(register int k=L+1,sum=0;k<=R-1;++k) {sum=(sum+f[k-1][j-1])%mod; f[k][j]=(f[k][j]+sum)%mod;}
f[i][j]=(f[i][j]-f[i-1][j-1]+mod)%mod;
}
}
}
for(register int i=0;i<=m;++i) ans=(ans+f[n][i])%mod; printf("%d",ans);
return 0;
}