对于一个 $f(i)$ ，我们只关心所有数与 $i$ 的位置关系，即大于 $i$ 的要在 $i$ 的右边，小于的在左边，而其他数的相对位置我们并不关心。于是一次 $[l,r]->1$ 或 $[l,r]->n$ 包含数 $i$ 的操作可以由 $[r+1,n]->1$ 或 $[1,l-1]->n$ 来替代，效果不变。

记 $pos_i$ 表示数 $i$ 的位置，于是所有操作有 $r<pos_i$ 或 $l>pos_i$ ，不难想到最优方案为每次把左边一段连续的大于 $i$ 的数移到最右边，右边同理。

于是 $f(i)$ 便为 $i$ 左边大于 $i$ 的数的极大连续段个数与 $i$ 右边小于 $i$ 的极大连续段个数之和，这是一个简单的连续段DP。

令 $dp_{i,j,k,0/1}$ 表示从大到小填了 $i$ 个数，当前连续段个数为 $j$ ，$f$ 值之和为 $k$，排列的右端点是否已被填的方案数，转移便很显然了。

时间复杂度 $O(n^2m)$ ，当 $n=100$ 时，发现 $m$ 在 $3000$ 左右的时候答案便是 $n!$ 了，将 $m$ 与 $3000$ 取min ，可以减少一定的时间与空间消耗。