兩個函式相同等價於不存在長度為$3$的下降子序列。
先考慮隨意填的部分，設$f[i][j]$表示考慮了$[i,n]$，下降子序列第$2$項的最小值的是這裡面第$j$個的方案數，轉移則考慮往序列裡插數字，可以通過字尾和優化到$O(n^2)$。
然後考慮已固定的部分，設$g[i][j]$表示考慮了$[i,n]$，下降子序列第$2$項的最小值是$j$的方案數，因為填法唯一，所以直接轉移即可。
時間複雜度$O(n^2)$。
#include<cstdio>
const int N=2005,P=1000000007;
int n,m,i,j,k,flag,a[N],v[N],b[N],cnt,f[N][N],s[N][N],g[N][N],ans;
int main(){
scanf("%d%d",&n,&m);
for(i=1;i<=m;i++)scanf("%d",&a[i]),v[a[i]]=1;
f[n][0]=1;
for(i=n-1;i>m;i--){
for(j=n-i+1;j>1;j--)f[i][j]=(s[i+1][j-1]+1)%P;
for(j=n;j;j--)s[i][j]=(s[i][j+1]+f[i][j])%P;
f[i][0]=1;
}
if(!m){
for(i=0;i<=n;i++)ans=(ans+f[1][i])%P;
return printf("%d",ans),0;
}
for(i=1;i<=n;i++)if(!v[i])b[++cnt]=i;
for(i=0;i<=n-m;i++)g[m+1][b[i]]=f[m+1][i];
if(m==n)g[n+1][0]=1;
for(i=m;i;i--){
for(flag=1,j=i+1;j<=m;j++)if(a[i]>a[j]){flag=0;break;}
for(j=1;j<=cnt;j++)if(a[i]>b[j]){flag=0;break;}
for(j=0;j<=n;j++){
if(j&&a[i]>j)continue;
if(flag)k=flag?j:a[i];
g[i][k]=(g[i][k]+g[i+1][j])%P;
}
}
for(i=0;i<=n;i++)ans=(ans+g[1][i])%P;
return printf("%d",ans),0;
}