解析

确实精妙的一道题。
卡在最后一步dp转化上了，这个转化也确实是本题的难点。

当一个计数难以下手的时候，先想想如何判合法？
不难想到一个较为显然的贪心：假如和上一个一样，就填一个当前的最大值和最小值；否则，不妨设变大，如果 $(b_i,b_{i+1})$ 之间已经有数，必然非法，否则，若 $b_{i+1}$ 未出现，填它和最大值，否则填最大和次大值。

把这个过程抽象为判定合法的条件：

1. $b_i\in [a_i,a_{2n-i}]$
2. $\nexists j<i,b_j\in (b_{i-1},b_i)$

第一条容易限制，关键是第二条。
尝试对问题进行等价转化：
倒序考虑，每次把合法区间的数排序并去重，并且把所有被 $(a_i,a_{i+1})$ 夹在中间的数删去，剩下的数就是下次可以填的数。
进一步的，可以看成维护一个集合 $S$，第 i 次加入两个元素 $a_i,a_{2n-i}$，然后把集合内 $(a_i,a_{i+1})$ 之间的元素删除。
这个就容易 dp 了。设 $f_{i,l,r}$ 表示填第 i 位的时候集合内有 $l$ 个小于中位数的元素，$r$ 个大于中位数的元素的方案数，枚举下一次中位数的位置转移即可。
复杂度 $O(n^4)$。
注意不要向集合内加入大小相同的元素。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define ull unsigned long long
#define debug(...) fprintf(stderr,__VA_ARGS__)
#define ok debug("OK\n")
using namespace std;const int N=105;
const int mod=1e9+7;
inline ll read(){ll x(0),f(1);char c=getchar();while(!isdigit(c)) {if(c=='-')f=-1;c=getchar();}while(isdigit(c)) {x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0';c=getchar();}return x*f;
}inline ll ksm(ll x,ll k){ll res(1);while(k){if(k&1) res=res*x%mod;x=x*x%mod;k>>=1;}return res;
}int n,m;
int a[N<<1];
int f[N][N][N];
#define add(x,y) (x+=y,x>=mod?x-=mod:0)signed main(){#ifndef ONLINE_JUDGEfreopen("a.in","r",stdin);freopen("a.out","w",stdout);#endifn=read();for(int i=1;i<=2*n-1;i++) a[i]=read();sort(a+1,a+1+2*n-1);f[n][0][0]=1;ll ans(0);for(int i=n-1;i>=1;i--){int dl=(a[i]!=a[i+1]),dr=(a[2*n-i]!=a[2*n-i-1]);for(int l=0;l<=2*n-1;l++){for(int r=0;l+r<=2*n-1;r++){if(!f[i+1][l][r]) continue;add(f[i][l+dl][r+dr],f[i+1][l][r]);for(int k=1;k<=l+dl;k++){add(f[i][l+dl-k][r+dr+1],f[i+1][l][r]);}for(int k=1;k<=r+dr;k++){add(f[i][l+dl+1][r+dr-k],f[i+1][l][r]);}}}}for(int l=0;l<=2*n-1;l++){for(int r=0;l+r<=2*n-1;r++) add(ans,f[1][l][r]);}printf("%lld\n",ans);return 0;
}