\(\mathcal{Description}\)
给定排列 \(\{p_n\}\)，可以在其上进行若干次操作，每次选取 \([l,r]\)，把其中所有元素变为原区间最小值，求能够得到的所有不同序列数量。答案对 \((10^9+7)\) 取模。
\(n\le5\times10^3\)。
\(\mathcal{Solution}\)
一类题型一起写啦，再给出一道类似的题：
给定字符串 \(s\)，\(s_i\in\{\text{'R'},\text{'G'},\text{'Y'}\}\)，每次允许交换相邻两个元素。求最少交换次数，使得 \(s\) 中不存在两个相邻元素相等，或声明无解。
\(n\le400\)。
不难看出它们都是 DP 题，但是若以从左到右的视角考虑问题，给定的操作具有强后效性，很难设计出一种靠谱的状态。
这个时候可以奉行“拿来主义”（？），直接构造结果序列，将问题转化为把原序列上某值拿到结果序列的某位置的最小操作次数 / 方案数，再根据实际情况设计算法就很方便了。
例如，对于求方案数的这题，令 \(f(i,j)\) 表示构造了结果序列的前 \(i\) 位，第 \(i\) 位用的是原序列的 \(p_j\) 的方案数。根据较大值不能覆盖较小值设计转移即可；对于最小化操作次数这题，令 \(f(i,r,g,k\in\{0,1,2\})\) 表示构造了结果序列前 \(i\) 位，用了 \(r\) 个 R，\(g\) 个 G，（\((i-r-g)\) 个 Y，）最后一个位置颜色为 \(k\) 的最小代价。转移利用类似冒泡排序的性质，在原序列里拿一个最近的颜色到当前位置即可。
\(\mathcal{Code}\)
只给那道计数题的代码叭。
/*-Rainybunny-*/
#include <bits/stdc++.h>
#define rep( i, l, r ) for ( int i = l, rep##i = r; i <= rep##i; ++i )
#define per( i, r, l ) for ( int i = r, per##i = l; i >= per##i; --i )
const int MAXN = 5e3, MOD = 1e9 + 7;
int n, a[MAXN + 5], lef[MAXN + 5], rig[MAXN + 5], f[2][MAXN + 5];
inline void addeq( int& u, const int v ) { ( u += v ) >= MOD && ( u -= MOD ); }
inline void init() {
static int stk[MAXN + 5]; int top = 0;
rep ( i, 1, n ) {
while ( top && a[stk[top]] >= a[i] ) --top;
lef[i] = stk[top] + 1, stk[++top] = i;
}
stk[top = 0] = n + 1;
per ( i, n, 1 ) {
while ( top && a[stk[top]] >= a[i] ) --top;
rig[i] = stk[top] - 1, stk[++top] = i;
}
}
int main() {
freopen( "C.in", "r", stdin );
freopen( "C.out", "w", stdout );
scanf( "%d", &n );
rep ( i, 1, n ) scanf( "%d", &a[i] );
init();
rep ( i, 1, n ) if ( lef[i] == 1 ) f[1][i] = 1;
for ( int sta = 1, i = 2; i <= n; sta ^= 1, ++i ) {
rep ( j, 1, n ) f[!sta][j] = rig[j] >= i ? f[sta][j] : 0;
int s = 0;
rep ( j, 1, n ) {
if ( lef[j] <= i && i <= rig[j] ) addeq( f[!sta][j], s );
addeq( s, f[sta][j] );
}
}
int ans = 0;
rep ( i, 1, n ) addeq( ans, f[n & 1][i] );
printf( "%d\n", ans );
return 0;
}