首先如果 \(L_n \neq n\) 则无解，以下默认 \(L_n = n\)。
记 \(l_i = i - L_i + 1\)，即最长连续段的左端点。
由一些基本常识，连续段的交、并、差仍是连续段；这可以推出所有 \([l_i, i]\) 互相包含或相离（如果不满足，则无解）。
建出树形结构：根为 \([1, n]\)；对于 \([l_i, i]\)，如果 \(l_i = i\) 则它为叶子；否则它的儿子为 \([l_{i - 1}, i - 1];[l_{l_{i - 1} - 1}, l_{i - 1} - 1];\dots\)。
不难发现 \([l_i, i]\) 子树内怎么定方案与外部无关，那么只需要考虑每个点的所有儿子如何分配方案，将所有点的贡献相乘即可。
也即，如果记 \(f_i\) 表示有 \(i\) 个儿子的方案数，记 \(deg_i\) 表示 \(i\) 的儿子个数，则答案为 \(\prod_{i = 1}^{n}f_{deg_i}\)。
然后我们进入 counting 环节。
先考虑 \(f_n\) 的一个等价定义：长度为 \(n + 1\) 的排列，其中 \(L_{1\dots n} = 1, L_{n + 1} = n + 1\) 的方案数。
比较难看出 \(\{f_n\}\) 可能具有的递归结构，那么正难则反。
总方案数为 \((n + 1)!\)，其中不合法当且仅当根 \([1, n + 1]\)的儿子个数 \(< n\)。
注意我们只考虑了根，根以下的子树没有加以任何限制，所以贡献为子树大小的阶乘。
因此，如果记 \(G(x) = \sum_{n > 0} n!x^n\)，则有 \(f_n = (n + 1)! - \sum_{i = 1}^{n - 1} f_i[x^n]G^{i}(x)\)。
以下依然记 \(G(x) = \sum_{n > 0} n!x^n\)。
事实上，如果记 \(F(x) = \sum_{n \geq 0} f_nx^n\)，则有一个组合意义更明显的式子：
\[F(G(x)) = \sum_{n\geq 0}(n + 1)!x^n \]即依据根的儿子个数，将所有 \((n + 1)!\) 种排列分类。
将右边也化成 \(G(x)\) 的形式，得到：\(xF(G(x)) = G(x)\)。
如果记 \(H(x)\) 是 \(G(x)\) 的复合逆，则：\(F(x) = x / H(x)\)。
太好了，套用复合逆算法卡卡常说不定就过了。
注意到 \(G\) 是经典的微分有限。事实上，根据 \(g_n = ng_{n - 1}\)，有 \(G = x^2G' + xG\)。
将 \(x\) 代换成 \(H(x)\)：
\[\begin{aligned} G(x) &= x^2\frac{dG(x)}{dx} + xG(x) \\ x &= H^2\frac{dG(H)}{dH} + Hx \\ x &= H^2\frac{dx}{dH} + Hx \\ x &= (x/F)^2(\frac{1}{(x/F)'}) + (x/F)x \\ 0 &= F^2 - xF'F - 2xF + x^2F' + xF' - F \end{aligned} \]我承认，最后一步跳得有点快。
取第 \(n\) 项，得到 \(0 = \sum_{i = 0}^{n}f_if_{n - i} - \sum_{i = 0}^{n}i\times f_if_{n - i} - 2f_{n - 1} + (n - 1)f_{n - 1} + nf_n - f_n\)。
那么有递推式 \(f_n = \sum_{i = 1}^{n - 1}(i - 1)\times f_if_{n - i} - (n - 3)f_{n - 1}\)。
或者说 \(f_n = \sum_{i = 2}^{n - 2}(i - 1)\times f_if_{n - i} + (n - 1)f_{n - 1}\)。
条件 \(f_0 = 1\)。
之后再做个分治 fft 即可，复杂度 \(O(n\log^2 n)\)。
另一种推导方法：https://blog.csdn.net/qq_39972971/article/details/89408417 。
最后依然是求助环节：有没有懂哥愿意教教我 simple permutations 咋数啊。