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根据zhhx大神的说法，这是一道套路题。。。
设dp[i][j][0]表示插完i，有j对相邻且差为1的数对，i与i-1不相邻；dp[i][j][1]表示插完i，有j对相邻且差为1的数对，i与i-1相邻。
然后我们分类讨论，先考虑推dp[i][j][1]，因为他要求i与i-1相邻，所以情况更少些。
若i-1与i-2相邻，则i有两种方法，放在i-1与i-2之间，数对数量并不会改变，放在i-1另一边会产生一对数对，因此方案数+=dp[i-1][j][1]+dp[i-1][j-1][1]；
若i-1与i-2不相邻，则i需要放到i-1两边，且会产生一对数对，方案数+=dp[i-1][j-1][0]*2。
然后考虑dp[i][j][0]，相对会麻烦一些。
若i-1与i-2相邻，且放上i后会破坏一对数对，则共有j+1对数对之间放完会破坏一对，而i-1与i-2那一对之间不可以放，因此有j个位置。
若i-1与i-2不相邻，且放上i后会破坏一对数对，此时就有j+1个位置了。
若i-1与i-2相邻，且放上i不会破坏数对，原先有i个位置（此时放好i-1个元素），除去j个会破坏数对的位置和i-1与i-2的另一边（与i-2相隔i-1），共有i-j-1个位置。
若i-1与i-2不相邻，且放上i不会破坏数对，原先有i个位置，j个位置会破坏数对，i-1两边都不可以去，所有有i-j-2个位置。
综上，dp[i][j][0]=dp[i-1][j+1][1]*j+dp[i-1][j+1]*(j+1)+dp[i-1][j][1]*(i-j-1)+dp[i-1][j][0]*(i-j-2)。
然后考虑边界，显然dp[1][0][0]=1，而且当i=1时，也就这么一个合法状态。
1 #include <cstdio> 2 3 typedef long long ll; 4 5 const int maxn = 1005, mod = 7777777; 6 7 ll dp[maxn][maxn][2]; 8 9 int main() { 10 int n; 11 scanf("%d", &n); 12 dp[1][0][0] = 1; 13 for (int i = 2; i <= n; ++i) 14 for (int j = 0; j <= n; ++j) { 15 dp[i][j][0] = (dp[i - 1][j + 1][1] * j + dp[i - 1][j + 1][0] * (j + 1)) % mod; 16 dp[i][j][0] = (dp[i][j][0] + dp[i - 1][j][0] * (i - j - 2) + dp[i - 1][j][1] * (i - j - 1)) % mod; 17 dp[i][j][1] = dp[i - 1][j][1]; 18 if (j >= 1) dp[i][j][1] = (dp[i][j][1] + dp[i - 1][j - 1][1] + dp[i - 1][j - 1][0] * 2) % mod; 19 } 20 printf("%lld", dp[n][0][0]); 21 return 0; 22 }