分析：
先考虑如下问题。

求长度为n，逆序对为m的排列数量。

可以考虑dp，dp[i][j]定义为长度为i，逆序对为j的排列数量。

dp[1][0] = 1;
//枚举排列长度，或者认为枚举当前需要插到长度为i-1的排列中的数字
for(int i = 1; i <= n; ++i)  
{for(int j = 0; j <= i * (i + 1) / 2; ++j){//枚举当前数字插到的位置，一共i个位置，分别可能使逆序对增加0~i-1个for(int k = 0; k < i; ++k){if(j >= k){dp[i][j] += dp[i - 1][j - k];}}}
}

在懂了上述dp之后，再来考虑本题。主要有两个问题。

• 另外考虑，如果dp[i][j]是否依旧可以这样求，因为上述问题中对于长度为i的排列，前i-1个数字确定的，i一定是最大的，我们只需要考虑它放在哪个位置即可。
• 如何同时满足requirements[i][endi] = cnti和requirements[j][endj] = cntj,其中i!=j。

对于第一点，肯定是可以这样求的，一方面我们不需要关心前i-1个数字是什么，只需要认为我们枚举的第i个数字是这i个数字中最大的（类似上述思路）或者是最小的（与最大的等效并且更加方便理解上述dp的最内层循环）即可，另一方面我们看到至少有一个i满足endi == n - 1。

对于第二点，我们只需要在dp的过程中适当修改。若$\exists en{d}_j==i$,则正常求$dp[i][cn{t}_j]$的值，而$dp[i][k]=0,k\ne cn{t}_j$。

AC代码

class Solution {
public:int numberOfPermutations(int n, vector<vector<int>>& requirements) {const int mod = 1e9 + 7;vector<int> vt(305, -1);for(auto x: requirements) vt[x[0] + 1] = x[1];vector<vector<int>> dp(305, vector<int>(405, 0));dp[0][0] = 1;for (int i = 1; i <= n; ++i) {if (vt[i] != -1) {int j = vt[i];for (int k = 0; k < i; ++k) if (j >= k) dp[i][j] = (dp[i][j] + dp[i - 1][j - k]) % mod;continue;}for (int j = 0; j <= min(400, (1 + i) * i / 2); ++j) {for (int k = 0; k < i; ++k) {if (j >= k) dp[i][j] = (dp[i][j] + dp[i - 1][j - k]) % mod;}}}return dp[n][vt[n]];}
};
//dp数组定义为vector，如果定义为数组，一定记得先memset 0
//(dp[i][j] += dp[i - 1][j - k]) % mod不等价于dp[i][j] = (dp[i][j] + dp[i - 1][j - k]) % mod;
//(dp[i][j] += dp[i - 1][j - k]) % mod，模完之后值未赋给任何数。

上述代码已经可以AC，但是可以进一步优化。

• dp[i][j]的递推过程中，只用到了dp[i-1][j-k],故可以通过滚动数组优化空间。
• 对于最内层枚举k的循环，我们发现递推公式等价于$dp[i][j]={\sum }_{k=j-(i-1)}^{j}dp[i-1][k]$，即是dp[i-1]数组的一个前缀和，故可以预处理出前缀和，使得dp[i][j]实现O(1)递推，优化为两层循环。

优化后的代码：

class Solution {
public:int numberOfPermutations(int n, vector<vector<int>>& requirements) {const int mod = 1e9 + 7;vector<int> vt(305, -1);for(auto x: requirements) vt[x[0] + 1] = x[1];vector<int> dp(405, 0);vector<int> sum(405, 0);dp[0] = 1;for (int i = 1; i <= n; ++i) {sum[0] = dp[0];for(int j = 1; j <= min(400, (1 + i) * i / 2); ++j) sum[j] = (sum[j - 1] + dp[j]) % mod;if (vt[i] != -1) {for(int j = 0; j <= min(400, (1 + i) * i / 2); ++j) dp[j] = 0;int j = vt[i];if(j < i) dp[j] = sum[j];else dp[j] = (sum[j] - sum[j - i] + mod) % mod;continue;}for (int j = 0; j <= min(400, (1 + i) * i / 2); ++j) {if(j < i) dp[j] = sum[j];else dp[j] = (sum[j] - sum[j - i] + mod) % mod;}}return dp[vt[n]];}
};