题意：给定一个排列，其中有可能有一些未确定的数，求出所有可能的排列的排名之和
首先我们要知道怎么算一个给定排列的排名，设它为$p_{1\cdots n}$
排名即为比它小的排列数$+1$，对于每一个比$p$小的排列$s$，我们都能找到$i$使得对于$j\lt i$有$p_j=s_j$且$p_i\gt s_i$，枚举这个$i$，$s_i$可以是任何$\lt p_i$且不在$p_{1\cdots i-1}$中的数，有$p_i-1-\sum\limits_{j\lt i}[p_j\lt p_i]$种选择，后面的$n-i$个数可以用$p_{i+1\cdots n}$随意重排得到，于是$p$的排名为$1+\sum\limits_{i=1}^n(n-i)!\left(p_i-1-\sum\limits_{j\lt i}[p_j\lt p_i]\right)$（所以求一个排列的排名可以用树状数组做到$O(n\log n)$）
现在来做这道题，枚举每一个可能的排列$s$计算答案，为了方便，以下的下标和排列都是$0\cdots n-1$，设$p$中有$k$位未确定，则有$k!$个不同的$s$
$\begin{aligned}&\quad\sum\limits_s1+\sum\limits_{i=0}^{n-1}(n-1-i)!\left(s_i-\sum\limits_{j\lt i}[s_j\lt s_i]\right)\\&=k!+\sum\limits_{i=0}^{n-1}(n-1-i)\sum\limits_s\left(s_i-\sum\limits_{j\lt i}[s_j\lt s_i]\right)\end{aligned}$
前面的部分和$\sum\limits_ss_i$都是很好算的，现在我们要算$\sum\limits_{j\lt i}\sum\limits_s[s_j\lt s_i]$，分类讨论一下
1.$p_i\neq0$，$\sum\limits_ss_i=k!p_i$
1-1.$p_j\neq0$，答案为$k!\sum\limits_{j\lt i}[p_j\lt p_i,p_j\neq 0]$，用树状数组算即可
1-2.$p_j=0$，$s_j$可以从$x\notin p,x\lt p_i$中的数任选，预处理$s_i=\sum\limits_{j\leq i}[p_i=0],np_i=\sum\limits_{j\leq i}[j\notin p]$，答案即为$(k-1)!np_{p_i}\cdot s_i$
2.$p_i=0$，$\sum\limits_ss_i=(k-1)!\sum\limits_{i\notin p}i$
2-1.$p_j\neq0$，$s_i$可以从$x\notin p,x\gt p_j$中的数任选，预处理$sn_i=\sum\limits_{j\leq i}[p_j\neq0]np_{p_j}$，答案为$(k-1)!((i-s_{i-1})np_n-sn_i)$
2-2.$p_j=0$，$s_i,s_j$在满足$s_j\lt s_i$的条件下任选，所以答案为$(s_i-1)\binom k2(k-2)!$
总时间复杂度$O(n\log n)$
#include<stdio.h>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mod=1000000007;
int mul(int a,int b){return(ll)a*b%mod;}
int ad(int a,int b){return(a+b)%mod;}
void inc(int&a,int b){(a+=b)%=mod;}
int p[500010],rp[500010],s[500010],fac[500010],np[500010],l[500010],sn[500010];
//s[i] = '-1's in 0...i
//np[i] = count x [x<=i,x not in p]
//l[i] = count j [j<i,pj<pi,pj!=-1]
//sn[i]= sum [j<=i,pj!=-1] np[pj]
int tr[500010],n;
int lowbit(int x){return x&-x;}
void modify(int x){
while(x<=n){
tr[x]++;
x+=lowbit(x);
}
}
int query(int x){
int s=0;
while(x){
s+=tr[x];
x-=lowbit(x);
}
return s;
}
int C2(ll n){return n*(n-1)/2%mod;}
int main(){
int k,i,ans,tmp,snp;
scanf("%d",&n);
k=0;
for(i=0;i<n;i++){
np[i]=1;
rp[i]=l[i]=-1;
}
for(i=0;i<n;i++){
scanf("%d",p+i);
p[i]--;
if(p[i]==-1)
k++;
else{
np[p[i]]=0;
rp[p[i]]=i;
}
s[i]=k;
}
for(i=0;i<n;i++){
if(~rp[i]){
l[rp[i]]=query(rp[i]+1);
modify(rp[i]+1);
}
}
l[0]=0;
for(i=1;i<n;i++){
if(l[i]==-1)l[i]=l[i-1];
}
snp=0;
for(i=0;i<n;i++){
if(np[i])inc(snp,i);
}
for(i=1;i<=n;i++)np[i]+=np[i-1];
fac[0]=1;
for(i=1;i<=n;i++)fac[i]=mul(fac[i-1],i);
for(i=0;i<n;i++){
if(i)sn[i]=sn[i-1];
if(~p[i])inc(sn[i],np[p[i]]);
}
ans=0;
for(i=0;i<n;i++){
if(~p[i]){
tmp=mul(fac[k],l[i]);
if(k)inc(tmp,mul(mul(np[p[i]],fac[k-1]),s[i]));
inc(ans,mul(fac[n-1-i],mul(fac[k],p[i])-tmp));
}else{
if(i)
tmp=mul(fac[k-1],mul(i-s[i-1],np[n])-sn[i]);
else
tmp=0;
if(s[i]>1)inc(tmp,mul(s[i]-1,mul(C2(k),fac[k-2])));
inc(ans,mul(fac[n-1-i],mul(snp,fac[k-1])-tmp));
}
}
inc(ans,fac[k]);
printf("%d",ad(ans,mod));
}