拿到本题后，可以观察到一个性质，如果出现了 \(c_i \ne c_{i + 1}\) 那么我们一定可以确定一个位置的值，这启示着我们将 \(c_i\) 相同的部分单独拿出来考虑再将最后的答案合并。于是可以先思考一个更为特殊的问题，所有 \(c_i\) 都相同的答案。为了让所有区间都被满足填了一个 \(c_i\)，可以令 \(dp_i\) 表示前 \(i\) 个区间都存在一个 \(c_i\) 的方案。但你发现这是不好转移的，因为你不知道这个区间的 \(1\) 填在哪里，而且这个 \(1\) 填的位置可能对后面的区间造成影响，因此这样是不行的。先解决不满足后效性的问题，为了让当前的选择不会对后面产生影响，我们只能每次填在当前区间的最前面，但你可以发现因为区间每次只向右挪了一位，所以每次填在区间最前面是可以覆盖前 \(n - k + 1\) 个位置的答案的。因此这个想法是很有希望的，所以我们可以令 \(dp_i\) 表示当前填的 \(c_i\) 最后在 \(i\) 的方案，那么就有转移（\(m = 1e9 - c_i + 1\)）：
\[dp_i = \sum\limits_{j = i - k} ^ {i - 1} dp_j \times (m - 1) ^ {i - j - 1}
\]
于此同时你可以发现 \(dp_{i - 1}\) 的转移中也会包含同样的 \(k - 1\) 个 \(dp\) 值，即：
\[dp_{i} = dp_{i - 1} + dp_{i - 2} \times (m - 1) + \cdots dp_{i - k} \times (m - 1) ^ {k - 1}
\]
\[dp_{i - 1} = dp_{i - 2} + dp_{i - 3} \times (m - 1) + \cdots dp_{i - k - 1} \times (m - 1) ^ {k - 1}
\]
则可也类似错位相消的方法把中间的值消去：
\[(m - 1)dp_{i - 1} = dp_{i - 2} \times (m - 1) + dp_{i - 3} \times (m - 1) ^ 2 + \cdots dp_{i - k - 1} \times (m - 1) ^ k
\]
拿 \(dp_i\) 与其做差可得：
\[dp_i = m \times dp_{i - 1} - dp_{i - k - 1} \times (m - 1) ^ k
\]
这样转移就可以做到 \(O(1)\) 了，总体 \(dp\) 的复杂度就是 \(O(n)\) 的了。最后统计答案时候同样枚举最后一个填 \(c_i\) 的位置，显然只能在 \([n - k + 1, n]\) 中，那么最后的答案就为：
\[\sum\limits_{i = n - k + 1} ^ n dp_i \times (m - 1) ^ {n - i}
\]
可以发现这就是 \(dp_{n + 1}\)，于是我们就在 \(O(n)\) 的时间复杂度内解决了这个特殊问题。
再回来考虑原来的问题，将原来的 \(c\) 序列划分成很多由相同 \(c_i\) 组成的段。一个直接的想法就是将满足这一段相同 \(c_i\) 的段的方案（假设这一段相同 \(c_i\) 的长度为 \(len\)，即用 \(c_i\) 去填长度为 \(len + k - 1\) 的段的方案）算出来再将所有段的答案相乘。但是你会发现段与段之间是会互相影响的，也就是说两端之间需要填的位置会有重复，貌似还是不好去计数，但仔细分析一下会有影响的部分部分会发现（假设当前段开头位置为 \(i\)，最后一个位置为 \(j\)）：
-
假如 \(c_{i - 1} > c_i\)，则 \(i \sim i + k - 2\) 上填的数都要大于 \(c_{i - 1}\)，我们何不将这部分的答案划给前一种 \(c_{i - 1}\) 来算呢？于此同时 \(i + k - 1\) 这个位置也以及确定必须填 \(c_i\)，因此 \(i\) 能算的区间长度就要减去 \(k\)。
-
假如 \(c_{j + 1} > c_i\)，则 \(j + 1 \sim j + k - 1\) 上填的数都要大于 \(c_{j + 1}\) 同理我们可以将这一段划分给 \(j + 1\) 来算，因此 \(i\) 能算的区间长度又要减去 \(k\)。
那么这样将 \(i\) 能算的答案算出来再将所有块的答案相乘即可，复杂度 \(O(n \log n)\)（\(\log\) 来自于计算 \((m - 1) ^ k\)）。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define rep(i, l, r) for(int i = l; i <= r; ++i)
const int N = 100000 + 5;
const int inf = 1000000000;
const int Mod = 1000000000 + 7;
int n, k, P, ans, a[N], dp[N];
int read(){
char c; int x = 0, f = 1;
c = getchar();
while(c > '9' || c < '0'){ if(c == '-') f = -1; c = getchar();}
while(c >= '0' && c <= '9') x = x * 10 + c - '0', c = getchar();
return x * f;
}
int Inc(int a, int b){ return (a += b) >= Mod ? a - Mod : a;}
int Dec(int a, int b){ return (a -= b) < 0 ? a + Mod : a;}
int Mul(int a, int b){ return 1ll * a * b % Mod;}
int fpow(int a, int b){ int ans = 1; for(; b; a = Mul(a, a), b >>= 1) if(b & 1) ans = Mul(ans, a); return ans;}
int solve(int n, int m){
rep(i, 1, n + 1) dp[i] = 0;
dp[0] = dp[1] = 1, P = fpow(m - 1, k);
rep(i, 2, n + 1){
dp[i] = Mul(m, dp[i - 1]);
if(i - k > 0) dp[i] = Dec(dp[i], Mul(dp[i - k - 1], P));
}
return dp[n + 1];
}
int main(){
n = read(), k = read(), ans = 1;
rep(i, 1, n - k + 1) a[i] = read();
rep(i, 1, n - k + 1){
int j = i, len = 0; while(j <= n && a[j] == a[i]) ++j;
--j, len = j - i + k;
if(a[i - 1] > a[i]) len -= k;
if(a[j + 1] > a[i]) len -= k;
ans = Mul(ans, solve(len, inf - a[i] + 1));
i = j;
}
printf("%d", ans);
return 0;
}
