题目大意：n个数，每个数的大小都在1~n之间。操作n次，第 i 次将第 i 个数放到一个双端队列里面，放到队列两端的概率是相等的。问操作n次之后双端队列中元素满足xi>xi+1的对数的期望，输出的数据为：(期望*2^n)%mod。
题目分析：定义状态dp(i)表示操作 i 次之后的相应期望值。则状态转移方程为：
dp(i)=1/2*(dp(i-1)+k1)+1/2*(dp(i-1)+k2) （两种情况，放在队首和队尾） 其中，k1表示比a(i)小的元素可能与a(i)相邻的总次数，k2表示比a(i)大的元素可能与a(i)相邻的总次数。
合并一下得到：dp(i)=dp(i-1)+(k1+k2)/2 ，因为输出的数据为 “(期望*2^n)%mod”，所以，改变dp(i)的含义为如果操作 i 次要输出的结果，则:
dp(i)=2*dp(i-1)+k1+k2=2*dp(i-1)+k(i-1)-num(a(i))，其中，k(i-1)表示前i-1个数与第 i 个数相邻的可能总次数，num(a(i))表示到目前为止与a(i)相等的元素可能与a(i)相邻的总次数。
有个规律能够快速的求出k(i)和num(a(i))。假如当前在进行第 i 次操作，那么第1、第2、第3...元素可能与a(i)相邻的次数为1、1、2、4、8...
只需将上述规律要出表f，就能快速查找k(i)和num(a(i))以及更新num(a(i))。
代码如下：
# include<iostream>
# include<cstdio>
# include<cstring>
# include<vector>
# include<queue>
# include<list>
# include<set>
# include<map>
# include<string>
# include<cmath>
# include<cstdlib>
# include<algorithm>
using namespace std;
# define LL long long const int N=1005;
const int INF=1000000000;
const LL oo=0x7fffffffffffffff;
const double eps=1e-10;
const int mod=1000000007; int n;
LL sum[N*100];
LL f[N*100];
LL dp[N*100];
LL num[N*100]; void init()
{
f[0]=f[1]=1;
for(int i=2;i<=100000;++i)
f[i]=(2*f[i-1])%mod;
sum[0]=1;
for(int i=1;i<=100000;++i)
sum[i]=(f[i]+sum[i-1])%mod;
} int main()
{
init();
int T;
scanf("%d",&T);
while(T--)
{
scanf("%d",&n);
memset(num,0,sizeof(num));
memset(dp,0,sizeof(dp));
LL a;
scanf("%lld",&a);
dp[1]=0;
num[a]=f[0]%mod;
for(int i=2;i<=n;++i){
scanf("%lld",&a);
dp[i]=(2*dp[i-1]+sum[i-2]-num[a]+mod)%mod;
num[a]=(num[a]+f[i-1])%mod;
}
printf("%lld\n",(dp[n]*2)%mod);
}
return 0;
}