想了很久觉得自己做法肯定T啊，就算是CF机子的3s时限，但我毕竟是 O ( C(15,7)*7!*log ) ....
果然在n=15的点T了...贱兮兮地特判了15过掉了，结果发现题解说就是打表...
(卒，享年16岁)
总之啊总之，要灵活啊
回归机房以后发现Div2的D都要想一个世纪了......不过感觉这题真的挺好的？
命不久矣，所以想最后写写题解吧。
题目大意：求满足 a+b=c（ a,b,c均为长度为n的排列）的有序对{a,b}的对数
(说明：a,b,c均为0~(n-1)的排列 +运算为题中定义的+的等价修改 即ci=(ai+bi)mod n )
∆初步分析，有 2*n*(n-1)/2 = n*k + n*(n-1)/2 (k为整数) 则有 k=(n-1)/2 则n必须为奇数 否则答案为0
∆显然，{a,c}和{a,b}是一一对应的，所以我们不妨求{a,c}的有序对数（实际上这个转换并没有什么用处，只是我感觉爽....）
∆进一步化简，不妨将a固定为{0,1,2...n-1}，则最终所求方案数* n! 即为答案。
∆考虑c需要满足的条件：
(1)i-ci=j-cj(mod n) 对于任意 i!=j 均不成立
(2)ci为0~n-1 且互不相同
(2)较容易解决，记录出现的数字即可。考虑如何满足(1)。想象你是在玩一个类似数独的游戏，在一个一个填数字，那么你只要保证:1.已经填上的数字彼此之间满足(1).(2) 2.新填入的第i+1个数字和前i个数字不重复、不冲突。
由此，我们可以像填数独一样，列出下一个格子不能取的值。那么我们就有一个大致思路，即状压，记录两维状态v1,v2（即由条件(1)、(2)，下一位不能取的数字有哪些）。转移只需枚举下一位的可行数字x，在v1并入x，在v2并入x并循环右移1位（ ci !=( val=cj-j+i ) ci+1 != (val+1=cj-j+i+1) ） 。
∆然鹅，这样复杂度很高（上界可达 O(n*22n) ？总之打表估计都GG），因此我们考虑进一步优化。
优化的本质就是探寻性质。我们发现，对于f[v1][v2]>0，v1和v2中的1个数一定相同，即在v2中并入数字时一定不会并入一个已经存在的位。可以用反证法证明，若并入ci对ci+1的影响时，该位已有cj对ci+1的影响，那么i、j两位就一定不符合(2)。
也就是说，v1,v2是可以「拆分」的。
∆「拆分」具体是什么意思呢？我们来模拟一下。
假设n=7,当前已经放了4个数：
v1=1100110
v2=1001011
现在我们挨个放入剩下的数字。例如：
v1=1120110
v2=0210111
v1=1123110
v2=2131110
v1=1123114
v2=1311142
将末状态和初状态做差，得到：
v1=0023004
v2=0300042
即
v1=0011001
v2=0100011
我们发现 对于初状态的{v1,v2} 差状态即为{1111111^v1, turn(1111111^v1,3) }
(turn(j,ct)表示将j循环右移ct位)
∆于是 我们就可以开心地折半搜索了！复杂度见第一行
（以下是打表代码，如果直接复制会在n=15的点TLE）
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std; #define rep(i,l,r) for(int i=l;i<=r;++i)
#define per(i,r,l) for(int i=r;i>=l;--i)
#define mp make_pair
#define fir first
#define sec second typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pii; const int p=,V=1e6+; int n,full,semi,turn[V];
map<pii,int>f[];
map<pii,int>::iterator it; int rev(int j){//j循环右移1位
int ans=;
if(j>=semi){
ans=;
j-=semi;
} return ans|(j<<);
} int main(){
scanf("%d",&n); if(n==){
printf("");
return ;
} if(n%==){
printf("");
return ;
} full=(<<n)-;
semi=(<<(n-)); int u=(n>>); f[][mp(,)]=; //多出的一维[0/1]是在愚蠢地省空间...
bool oi=;
rep(o,,u){
f[!oi].clear(); for(it=f[oi].begin();it!=f[oi].end();++it){
pii P=it->fir;int val=it->sec;
int L=P.fir,R=P.sec; int j=(L|R);
if(j==full) continue; rep(i,,n-) if( ( (<<i)&L ) == && ( (<<i)&R ) == )
(f[!oi][mp( ( L|(<<i) ) , rev( R|(<<i) ) )]+=val)%=p; } oi=!oi;
} int pre=(<<(u+))-,suf=full^pre;
rep(i,,full) turn[i]=((i&pre)<<u)|((i&suf)>>(u+));
//turn[i]即i循环右移(n/2)位 ll ans=;
for(it=f[oi].begin();it!=f[oi].end();++it){
pii P=it->fir;ll val=it->sec;
int L=P.fir,R=P.sec; (ans+=val*f[!oi][mp(full^L,turn[full^R])]%p)%=p;
} rep(i,,n) (ans*=i)%=p; printf("%lld",ans); return ;
}