为了在即将到来的晚会上有更好的演出效果，作为AAA合唱队负责人的小A需要将合唱队的人根据他们的身高排出一个队形。假定合唱队一共N个人，第i个人的身高为Hi米(1000<=Hi<=2000),并已知任何两个人的身高都不同。假定最终排出的队形是A 个人站成一排，为了简化问题，小A想出了如下排队的方式：他让所有的人先按任意顺序站成一个初始队形，然后从左到右按以下原则依次将每个人插入最终棑排出的队形中：
-第一个人直接插入空的当前队形中。
-对从第二个人开始的每个人，如果他比前面那个人高(H较大)，那么将他插入当前队形的最右边。如果他比前面那个人矮(H较小)，那么将他插入当前队形的最左边。
当N个人全部插入当前队形后便获得最终排出的队形。
例如，有6个人站成一个初始队形，身高依次为1850、1900、1700、1650、1800和1750,
那么小A会按以下步骤获得最终排出的队形：
1850
1850 , 1900 因为 1900 > 1850
1700, 1850, 1900 因为 1700 < 1900
1650 . 1700, 1850, 1900 因为 1650 < 1700
1650 , 1700, 1850, 1900, 1800 因为 1800 > 1650
1750， 1650, 1700，1850, 1900, 1800 因为 1750 < 1800
因此，最终排出的队形是 1750，1650，1700，1850, 1900，1800
小A心中有一个理想队形，他想知道多少种初始队形可以获得理想的队形
状态可能不太好设计
不妨用(f_{l,r,0})表示lr这段区间中l从左边插入的方案数，$f_{l,r,1}$表示lr这段区间中r从右边插入的方案数
于是我们得到如下的转移方程
(f_{l,r,0}+=egin{cases}f_{l+1,r,0}&; (a_l<a_{l+1})\ f_{l+1,r,1}&; (a_l<a_r)end{cases})
从左边插入一定比上一个数小，而上一个数的来源只可能是l+1或者r，然后就可以更新答案
(f_{l,r,1}+=egin{cases}f_{l,r-1,0}&; (a_r>a_l) \ f_{l,r-1,1}&; (a_r>a_{r-1})end{cases})
从右边插入一定比上一个数大，而上一个数的来源只可能是r-1或者l，然后就可以更新答案
(f_{1,n,0}+f_{1,n,1})就是这道题答案了QAQ
Code
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
const int N = 1000;
const int p = 19650827;
using namespace std;
int n,a[N + 5],f[N + 5][N + 5][3];
int main()
{
scanf("%d",&n);
for (int i = 1;i <= n;i++)
scanf("%d",&a[i]);
for (int i = 1;i <= n;i++)
f[i][i][0] = 1;
for (int i = 2;i <= n;i++)
for (int j = 1;j + i - 1 <= n;j++)
{
if (a[j + i - 1] > a[j])
f[j][j + i - 1][0] += f[j + 1][j + i - 1][1];
if (a[j] < a[j + 1])
f[j][j + i - 1][0] += f[j + 1][j + i - 1][0];
if (a[j + i - 1] > a[j + i - 2])
f[j][j + i - 1][1] += f[j][j + i - 2][1];
if (a[j + i - 1] > a[j])
f[j][j + i - 1][1] += f[j][j + i - 2][0];
f[j][j + i - 1][0] %= p;
f[j][j + i - 1][1] %= p;
}
cout<<(f[1][n][0] + f[1][n][1]) % p<<endl;
return 0;
}