传送门

题意：

思路：

首先我们先来研究一下这个游戏，手画几个会惊奇的发现，后手这个b怎么怎么画都赢啊？？？对，没错，就是怎么画都赢，下面我们来证明一下为什么后手怎么画都赢。
首先最终结束的局面一定是$ababab$或者$bababa$的形式的，让后在在其中穿插个空格，并且每个字母前面或后面最多只能加一个空格，注意最前面加空格了之后最后面就不能加空格了。
那么如果假设先手赢，那么最终的状态一定是有奇数个位置被放上了字母，那么一定存在去掉空格的两个相邻位置颜色相同，那么后手就可以将另一种颜色放入这个位置。所以后手必赢。
也可以这样理解，因为这是一个环，而且相同颜色不能相邻，那么最终的$a,b$数量一定是相等的。比如我们现在有$x$个$a$，那么他们之间一定形成了$x$个空位置可以行动，我们放上$b$即可。
那么这个问题就转换成了求有多少个可行方案，这个可行方案一定是$ababab$或者$bababa$的形式，让后再插入若干个空格。
那么假设现在枚举的是进行了$i$轮游戏结束，当然$i\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}2=0$，那么也就是有$i$个位置放上了字母，$n-i$个位置是是空格，首先$i$个字母可以任意顺序的放上去，所以方案为$i!$。由于他们之间可能有空格，所以还需要算一下插入空格的贡献，让后乘起来。
由于是个环，且每两个数之间最多一个空格，所以我们需要讨论一下第一个位置是否为空格，分成如下两种情况：
$(1)$第一个数不是空格，那么我们可以从$i$个位置找$n-i$个位置放空格，答案为$C(i,n-i)$。
$(2)$第一个数是空格，那么代表第二个数和最后一个数不能为空格，所以现在有$i-1$个位置，需要选$n-i-1$个位置放上空格，答案为$C(i-1,n-i-1)$。
由于最终形式有两种情况，也就是从左到右第一个是$a$还是$b$两种情况，所以最终答案就是$ans=2\ast {\sum }_{i=1}^n(i\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}2==0)\ast (i!)\ast (C(i,n-i)+C(i-1,n-i-1))$。

// Problem: F. Omkar and Akmar
// Contest: Codeforces - Codeforces Round #724 (Div. 2)
// URL: https://codeforces.com/problemset/problem/1536/F
// Memory Limit: 256 MB
// Time Limit: 3000 ms
// 
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)//#pragma GCC optimize("Ofast,no-stack-protector,unroll-loops,fast-math")
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#include<cstdio>
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#include<cstring>
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#include<cctype>
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#include<cassert>
#define X first
#define Y second
#define L (u<<1)
#define R (u<<1|1)
#define pb push_back
#define mk make_pair
#define Mid ((tr[u].l+tr[u].r)>>1)
#define Len(u) (tr[u].r-tr[u].l+1)
#define random(a,b) ((a)+rand()%((b)-(a)+1))
#define db puts("---")
using namespace std;//void rd_cre() { freopen("d://dp//data.txt","w",stdout); srand(time(NULL)); }
//void rd_ac() { freopen("d://dp//data.txt","r",stdin); freopen("d://dp//AC.txt","w",stdout); }
//void rd_wa() { freopen("d://dp//data.txt","r",stdin); freopen("d://dp//WA.txt","w",stdout); }typedef long long LL;
typedef unsigned long long ULL;
typedef pair<int,int> PII;const int N=1000010,mod=1e9+7,INF=0x3f3f3f3f;
const double eps=1e-6;int n;
LL fun[N],inv[N];LL qmi(LL a,LL b) {LL ans=1;while(b) {if(b&1) ans=ans*a%mod;a=a*a%mod;b>>=1;}return ans;
}LL C(int n,int m) {if(n<0||n<m) return 0;return fun[n]*inv[m]%mod*inv[n-m]%mod;
}int main()
{
//	ios::sync_with_stdio(false);
//	cin.tie(0);fun[0]=1;for(int i=1;i<N;i++) fun[i]=fun[i-1]*i%mod;inv[N-1]=qmi(fun[N-1],mod-2);for(int i=N-2;i>=0;i--) inv[i]=(i+1)*inv[i+1]%mod;int n; cin>>n;LL ans=0;for(int i=2;i<=n;i+=2) ans+=2*fun[i]%mod*((C(i,n-i)+C(i-1,n-i-1))%mod)%mod,ans%=mod;cout<<ans<<endl;return 0;
}
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