这样我们其实并不需要考虑$a$填的情况，如果$b$一次向外跨过了很多个$a$，那么我们可以视这些$a$此时还没有加入，我们只需要限制往内跨的情况出现就好了。

不过这第二个条件依旧不好处理，我们考虑倒着做，那当我们确定一个$b_i$和$b_{i+1}$之后，相当于$(b_i,b_{i+1})$之间的数字就都不能选择了。

考虑$dp$，设$f_{i,l,r}$表示目前填了$i$个，对于现在的$b_i$来说，左边还剩下$l$个位置，右边还剩下$r$个位置。

然后每次加入两边的$a_i$，如果$a_l=a_{l+1}$，那么我们将其视为同一个，右边同理。

时间复杂度：$O(n^4)$

code

#include
#include
#include
#define ll long long
using namespace std;
const ll N=110,P=1e9+7;
ll n,m,a[N],f[N][N][N];
signed main()
{
	scanf("%lld",&n);m=2*n-1;
	for(ll i=1;i<=m;i++)
		scanf("%lld",&a[i]);
	sort(a+1,a+m+1);
	f[n][0][0]=1;
	for(ll i=n-1;i>=1;i--){
		ll l=i,r=2*n-i;
		ll dl=(a[l]!=a[l+1]),dr=(a[r]!=a[r-1]);
		for(ll l=0;l<=m;l++)
			for(ll r=0;r<=m;r++){
				if(!f[i+1][l][r])continue;
				(f[i][l+dl][r+dr]+=f[i+1][l][r])%=P;
				for(ll k=0;k<l+dl;k++)(f[i][k][r+dr+1]+=f[i+1][l][r])%=P;
				for(ll k=0;k<r+dr;k++)(f[i][l+dl+1][k]+=f[i+1][l][r])%=P;
			}
	}
	ll ans=0;
	for(ll i=0;i<=m;i++)
		for(ll j=0;j<=m;j++)
			(ans+=f[1][i][j])%=P;
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}
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