本来是想做点多项式调节一下，结果发现这玩意太肝了，似乎并没有起到调节作用。

设$f(S)$表示符号为$<$的下标集合恰好为$S$的方案数，因为两个序列完全等同，因此答案等于

∑ S ⊆ { 1 , 2 , . . . , n − 1 } f ( S ) 2 \sum_{S\subseteq \{1,2,...,n-1\}}f(S)^2 S⊆{1,2,...,n−1}∑​f(S)2

显然，如果如果同时存在$<$和$>$符号则不好处理，考虑钦定一些位置为$<$，其他位置任意，可以得到计算式：

$$f(S)=\sum _{S\subseteq T}(-1{)}^{|T|-|S|}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{l_1,l_2,...,l_k})$$

其中$\sum l_i=n$，表示所有用$<$符号连接起来的极长段。方便起见，将其记作$g(T)$。

大力化式子：

$$\begin{array}{rl}\sum _S\sum _{S\subseteq T_1}\sum _{S\subseteq T_2}(-1{)}^{|T_1|+|T_2|}g(T_1)g(T_2)& =\sum _{T_1}\sum _{T_2}(-1{)}^{|T_1|+|T_2|}{2}^{|T_1\cap T_2|}g(T_1)g(T_2)\\ & =2^{n-1}\sum _{T_1}\sum _{T_2}\frac{1}{(-2{)}^{|T_1|}}\frac{1}{(-2{)}^{|T_2|}}{2}^{|T_1\cap T_2|}g(T_1)g(T_2)\end{array}$$

其中第二步是枚举$T_1,T_2$的补集，也就是分界点。$T_1\cap T_2$就是共同的分界点。

先枚举共同的分界点（注意这一步的系数即为$2^{|T_1\cap T_2|}$），在分界点之间可能进一步划分成更小的段，容易看出这是将一些元素（实际上一些段）“排列”起来，因此设每一小段的$EGF$为

$$A(x)=\sum _{i\ge 1}-\frac{1}{2i!}{x}^i$$

则一段的$GF$为

$$B(x)=\frac{1}{1-A(x)}$$

最后将这些段再次排列起来，答案是

$$C(x)=\frac{1}{1-B(x)}$$

只需两次多项式求逆即可。注意计数的对象是两个，因此$B(x)$的每一项系数应当平方，并且最终提取系数时要成上$(n!{)}^2\times 2^{n+1}$。

int main(){ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0),cout.tie(0);    cin>>n,len=1;while(len<=n)len<<=1;init(len<<1);f.a.resize(len);for(int i=1;i<len;i++)f.a[i]=(mod+1>>1)*inv[i]%mod;f.a[0]=1;f=Inv(f,len);for(int i=1;i<len;i++)f.a[i]=-f.a[i]*f.a[i]%mod;f.a[0]=1;f=Inv(f,len);cout<<(f.a[n]*fac[n]%mod*fac[n]%mod*fpow(2,n+1)%mod+mod)%mod;
}