很萌萌的数数题。
考虑设 \(dp[n]\) 表示 \(n\) 的答案。
考虑对于一个长度为 \(n\) 的排列，令排列的所有元素 \(+1\)，然后塞一个 \(1\) 进去。
容易发现，逆序对增加的数量和 \(1\) 塞的位置有关。如果 \(1\) 塞到 \(p[i]\)，那么会增加 \(i-1\) 个逆序对。
所以就有 \(dp[n]=dp[n-1]\times(\sum_{i=1}^{n}2^{i-1})=dp[n-1]\times(2^n-1)=\prod_{i=1}^{n}(2^i-1)\)。
随便写一下就可以 \(O(n)\)。
接下来考虑 \(O(\sqrt{n}polylogn)\) 的做法。
我们知道快速阶乘算法。于是我们可以考虑像他那样分块。
设 \(B=\lfloor\sqrt{n}\rfloor\)，那么如果我们求出了多项式 \(f(x)=\prod_{i=1}^{B}(2^ix-1)\) 就可以使用 chirp-Z 变换做到 \(O(\sqrt{n}\log n)\)。
考虑倍增。设 \(F_n(x)=\prod_{i=1}^{n}(2^ix-1)\)，那么对于 \(F_n(x)\to F_{n+1}(x)\) 可以直接卷一项。
对于 \(F_n(x)\to F_{2n}(x)\)，考虑 \(\prod_{i=n+1}^{2n}(2^ix-1)=\prod_{i=1}^{n}(2^i(2^nx)-1)\)，可以对 \(F_n(x)\) 复合一个 \(2^nx\) 来解决。
复杂度 \(T(n)=T(n/2)+O(n\log n)\)。
总复杂度 \(O(\sqrt{n}\log n)\)。如果有 polylog 算法撅我。
\(O(n)\) 的代码：
#include<cstdio>
const int mod=1e9+7;
int n,ans(1);
signed main(){
scanf("%d",&n);for(int pw2(2),i=1;i<=n;++i)ans=(pw2-1ll)*ans%mod,pw2*=2,pw2>=mod&&(pw2-=mod);printf("%d",ans);
}