考虑将数字 $[1,i]$ 填入下标 $[1,i]$，设 $dp_{i,j}$ 表示前 $i$ 个数，最后一个是 $j$ 的方案数。
然后会发现转移方程根本无从下手。
假设已经处理完 $dp_{i-1,j}$，现在要加入数字 $i$，可以考虑如下转化：

• 对于 $\lt i$ 的数字，保持不变。
• 对于 $\geq i$ 的数字，集体 $+1$。

这样显然可以保证 $[1,i]$ 中数字不重不漏。

那么根据这一位的大小关系就可以写出转移方程：

<：$dp_{i,j} = \sum_{k=1}^{j-1} dp_{i-1,k}$
>：$dp_{i,j} = \sum_{k=j}^{i-1} dp_{i-1,k}$

普通转移是 $O(n^3)$ 的，但是转移是连续区间。
可以用前缀和优化转移。
这次学聪明了，不用线段树了。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 3015, mod = 1e9 + 7;
int n, s[N], dp[N];
char ch[N];
int main() {
    scanf("%d %s", &n, (ch + 1));
    dp[1] = 1;
    for (int i = 2; i <= n; i++) {
        for (int j = 1; j <= i - 1; j++) s[j] = (s[j - 1] + dp[j]) % mod;
        for (int j = 1; j <= i; j++) {
            if (ch[i - 1] == '>') dp[j] = (s[i - 1] - s[j - 1] + mod) % mod;
            else dp[j] = s[j - 1];
        }
    }
    long long ans = 0;
    for (int i = 1; i <= n; i++) (ans += dp[i]) %= mod;
    printf("%lld\n", ans);
    return 0;
}