沖 T1 才是對的，T1 沒過寫 nm T2 啊。

給一種很劣的做法。
觀察到這個條件具有類支配性質，也就是說對于 \(i<j<k,p_i>p_j\)，檢查二元組 \((j,k)\) 是不必要的，因為如果 \((j,k)\) 此時不合法，則 \((i,k)\) 也不合法。
所以考慮對前綴最大值進行 dp，設 \(f_{i,j}\) 代表前 \(i\) 個數已確定，第 \(i\) 個數為 \([1,i]\) 前綴最大值，值為 \(j\)。
轉移即先枚舉后面第一個比 \(p_i\) 大的值 \(p_l\)。
先討論 \(a\) 全是 \(0\) 的情況。對于一個前綴最大值 \(p_i\)，它對后面的位置 \(pos\) 的限制形如若 \(pos\in (i,p_i-k)\)，則 \(p_{pos}\le i+k\)。

如果 \(p_i-k-1>i\)，則可以發現 \(l\notin (i,p_i-k)\)，否則 \(p_l\le i+k<p_i-1\)，與 \(p_l>p_i\) 矛盾。
所以此時 \(i\) 對 \(l\) 只存在 \(p_i<p_l\) 的限制，但是對于 \((i,l)\) 中的數呢？
對于 \(pos\in (i,p_i-k)\)，存在 \(p_{pos}\le i+k<p_i-1\) 的限制，因此只要我們能直接獲取 \(\le i+k\) 的數的個數就好了。
相當好的是我們可以發現 \([1,i-1]\) 中不存在 \(>i+k\) 的數，如果存在這樣一個 \(pos<i\)，則因為 \(p_{pos}>i+k\)，有 \(p_i\le pos+k\)，則 \(pos\ge p_i-k>i+1\)，矛盾。
所以可以通過乘一個排列數描述轉移。

否則沒有任何限制，當然是簡單的了。

\(O(n^4)\) 的代碼形如這樣：

	for(int i=1;i<=n;i++){
		f[1][i]=1;
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		for(int j=i;j<=n;j++){
			for(int l=i+1;l<=n;l++){
				for(int m=j+1;m<=n;m++){
					if(i<j-k-1){
						int num=j-k-1-i,len=l-i-1;
						if(l>=j-k){
							Add(f[l][m],f[i][j]*A(k+1,num)%P*A(j-i-num,len-num)%P);
						}
					}
					else{
						int len=l-i-1;
						Add(f[l][m],f[i][j]*A(j-i,len)%P);
					}
				}
			}
		}
	}
	ans=0;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		int num=max(0,n-k-i-1),len=n-i;
		int up=min(n-1,i+k);
		ans+=f[i][n]*A(up-(i-1),num)%P*A(n-i-num,len-num)%P;
	}

其中 A 是排列數。
稍微優化一下就是 \(O(n^2)\) 的了。

對于存在 \(a_i\neq 0\) 的情況就有點惡心，不過也可以類似優化的。

空間劣完了，不如 tybbs 線性空間；時間劣完了，不如官解可以多項式求逆。
難度約 ???，但我還是玩原神，沒有救了啊。

過去說的話還是太唐了。