题解

最小代价的方案是很显然的，
排序之后，相邻的两两构成一个二元组就可以了。
考虑对于相同的数字，
显然，这一段相同的先互相之间构成二元组，删剩最后一个的时候，去跟后面的一个构成二元组。
考虑这一段相同的数跟前面的二元组之间构成多少种方案，
记这一段连续的数的长度为l，前面有x个数，
那么前面总共就有x-1个二元组，而现在又会产生新的l-1个二元组。
枚举新产生的二元组有多少个是放在前面x-1个二元组之间的，
$sum _{i=1}^{i<l} C^i_{x-1+i}$
现在考虑这一段数之间，自己相互删的方案数，
设$f_i$表示有i+1个相同的数自己相互删去的方案数，
$f_i=f_{i-1}*C_{i+1}^2$
所以最后的答案就是每一段数与之前二元组的方案乘上自己的方案。

code

#include #include #include #include #include #define ll long long #define G getchar using namespace std; char ch; void read(int &n) { n=0; ch=G(); while((ch<'0' || ch>'9') && ch!='-')ch=G(); int w=1; if(ch=='-')w=-1,ch=G(); while('0'<=ch && ch<='9')n=(n<<3)+(n<<1)+ch-'0',ch=G(); n*=w; } const int mo=1000000007,N=100003; int n,a[N],lst,si; ll ans,sum,f[N],jc[N],ny[N]; ll ksm(ll x,int y) { ll s=1; for(;y;y>>=1,x=x*x%mo) if(y&1)s=s*x%mo; return s; } ll C(int x,int y) { return jc[y]*ny[x]%mo*ny[y-x]%mo; } int main() { jc[0]=ny[0]=f[0]=1; read(n); for(int i=1;i<=n;i++)read(a[i]),jc[i]=jc[i-1]*i%mo,f[i]=f[i-1]*((ll)(i+1)*i/2%mo)%mo; ny[n]=ksm(jc[n],mo-2); for(int i=n;i;i--)ny[i-1]=ny[i]*i%mo; sort(a+1,a+1+n);a[0]=a[1]-1; ans=sum=si=lst=1;a[n+1]=a[n]+1; for(int i=1;i<=n+1;i++) if(a[i]^a[i-1]) { if(lst>1)ans=ans*sum%mo*f[si-1]%mo;else ans=ans*f[si-1]%mo; si=sum=1,lst=i; }else si++,sum=(sum+C(i-lst,i-1))%mo; printf("%lld",ans); return 0; }