首先注意到每次只能操作长度为 $2$ 的整数次幂的块，所以说假设我们排序的方案是从块长小的到块长大的来做的话，长块内的元素必须是已经排好序的，才能保证最后的序列是有序的。

那么我们提出一个引理：单次交换两个长度为 $2^{i-1}$ 的块，至多使两个长度为 $2^i$ 的块从无序变成有序。

这个证明是显然的，由于这交换的两个长为 $2^{i-1}$ 的块要么处于同一个长度为 $2^i$ 的块中，要么分别处于两个不同的长为 $2^i$ 的块中，交换至多改变两个长为 $2^i$ 的块，所以显然成立。

于是我们就有一个可以判断无解的方法，扫一遍整个序列，如果出现了超过两个无序的长为 $2^i$ 的块，那么必然无法使最后的序列变得有序。

然后我们继续思考，假设我现在已经得到了一个合法的操作序列，那么先进行交换长块的操作并不会影响小块的有序性，所以我们可以再提出一个引理：如果某个操作序列合法，则该操作序列的全排列都合法。

假设我们已知某个操作序列交换了 $x$ 次，则答案会累加 $A_x^x=x!$ 次。

这时我们又注意到，对于一次交换，至多只有两种可能使得交换合法，这一点你只需要枚举一下序列长度为 $4$ 的时候的所有情况就能证明了，于是，对于所有的 $n$ 种操作，至多有 $2^n$ 种合法的操作序列。

然后我们惊人的发现 $2^n$ 是可以直接爆搜出来的，于是你就切掉了这一题。

最后我们做一下时间复杂度分析，第 $i$ 种操作至多会被搜到 $2^{i-1}$ 次，进行第 $i$ 次操作需要把长度为 $2^{n-i+1}$ 的序列扫一次，于是我们搜索的时间复杂度就为：

$$O\left(\sum_{i=1}^n2^{i-1}\times 2^{n-i+1}\right)=O(n2^n) $$

在本题的数据范围下跑的飞快。

代码

#include <iostream>
#include <algorithm>
#define ll long long
#define IT int
using namespace std;
const ll N=(1LL<<12)+1;
ll ans;
IT a[13][N],n;
void solve(ll step,ll x);
inline void nxt(ll step,ll x,ll ps1,ll ps2,ll sp1,ll sp2){
	if(a[step][ps1]+1==a[step][ps2]&&a[step][sp1]+1==a[step][sp2]){
		a[step+1][ps2>>1]=(a[step][ps2]>>1);
		a[step+1][sp2>>1]=(a[step][sp2]>>1);
		solve(step+1,x+1);
	}
}
void solve(ll step,ll x){
	if(step==n){
		ll ret=1;
		for(ll i=2;i<=x;i++) ret*=i;
		ans+=ret;
		return;
	}
	ll al=(1LL<<(n-step)),cnt=0,apos=-1,bpos=-1;
	for(ll i=1;i<=al;i+=2){
		if(a[step][i]+1==a[step][i+1]&&(a[step][i]&1)) a[step+1][(i+1)>>1]=(a[step][i+1]>>1);
		else{
			cnt++;
			if(apos==-1) apos=i;
			else bpos=i;
		}
	}
	if(cnt>2) return;
	if(cnt==2){
		IT ps1=apos,ps2=apos+1;
		IT sp1=bpos,sp2=bpos+1;
		
		swap(a[step][ps1],a[step][sp1]);
		nxt(step,x,ps1,ps2,sp1,sp2);
		swap(a[step][ps1],a[step][sp1]);
		
		swap(a[step][ps1],a[step][sp2]);
		nxt(step,x,ps1,ps2,sp1,sp2);
		swap(a[step][ps1],a[step][sp2]);
		
		swap(a[step][ps2],a[step][sp1]);
		nxt(step,x,ps1,ps2,sp1,sp2);
		swap(a[step][ps2],a[step][sp1]);
		
		swap(a[step][ps2],a[step][sp2]);
		nxt(step,x,ps1,ps2,sp1,sp2);
		swap(a[step][ps2],a[step][sp2]);
	}
	if(cnt==1){
		a[step+1][(apos+1)>>1]=(a[step][apos]>>1);
		solve(step+1,x+1);
	}
	if(!cnt) solve(step+1,x);
}
int main(){
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0),cout.tie(0);
	cin>>n;
	for(ll i=1;i<=(1LL<<n);i++) cin>>a[0][i];
	solve(0,0);
	cout<<ans;
	return 0;
} 

首先我们发现 $n$ 比较小，只有 $12$ ，并且每种情况只能使用一次，那么我们考虑 $2^{12}$ 的爆搜

首先我们发现如果想使用第 $i$ 中的改变方法，那么我们需要保证任意的从 $1$ 开始的连续 $2^{i-1}$ 的序列是连续的且相邻两个差一

例如： 如果想使用操作 $2$

7 8 5 6 1 2 4 3

我们发现其中的 4 3 是不满足要求的，那么我们要先使用操作 $1$ 把4 3调换过来

以此类推，如果发现这种不合法的情况在一个序列里出现大于 $2$ 中，那么一定不可能满足要求了，所以return

时间复杂度 $O(n\times 2^n)$

代码非常不友善

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
//#define int __int128
#define endl "\n"
#define mkp(a,b) make_pair(a,b)
#define pii pair<int,int>
//#pragma GCC optimize(2)
#define N (1<<12)+5
using namespace std;
bool Test_MLE_start;
int __=1,n,ans=0,m;
int a[N],fac[N],t[N],p[N];
namespace FastIO{
//	char buf[1<<20],*p1,*p2;
//	#define getchar() (p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<20,stdin),p1==p2)?0:*p1++)
	template<typename T>inline void reads(T &x){
		char c=getchar();
		int sum=0,f=1;
		while(!isdigit(c)){
			if(c=='-') f=-1;
			c=getchar();
		}
		while(isdigit(c)){
			sum=(sum<<3)+(sum<<1)+(c^48);
			c=getchar();
		}
		x=sum*f;
	}
	template<typename T>inline void reads_f(T &x){
		char c=getchar();
		int f=1,sum1=0,sum2=0,cnt=0;
		double sum3=0.00;
		while(!isdigit(c)){
			if(c=='-') f=-1;
			c=getchar();
		}
		while(isdigit(c)&&c!='.'){
			sum1=(sum1<<3)+(sum1<<1)+(c^48);
			c=getchar();
		}
		c=getchar();
		while(isdigit(c)){
			sum2=(sum2<<3)+(sum2<<1)+(c^48);
			cnt++;
			c=getchar();
		}
		sum3=(sum2*pow(10,-cnt)*1.0+sum1)*f;
		x=sum3;
	}
	template<typename T>inline void reads_bit(T &x){
		char c=getchar();
		int sum=0;
		while(!isdigit(c))c=getchar();
		while(isdigit(c)){
			sum=(sum<<1)+(c^48);
			c=getchar();
		}
		x=sum;
	}
	template<typename T>inline void writes(T x){
		if(x<0) putchar('-'),writes(-x);
		if(x>9) writes(x/10);
		putchar(x%10+48);
	}
}using namespace FastIO;
inline void files(){
	freopen("std.in","r",stdin);
	freopen("std.out","w",stdout);
}
inline void clr(){
//	Don't forget!

}
bool check(){
	for(int i=1;i<=n;i++) if(t[i]!=a[i]) return 0;
	return 1;
}
void changes(int l1,int r1,int l2,int r2){
	for(int i=l1,j=l2;i<=r1,j<=r2;i++,j++) swap(a[i],a[j]);
}
void dfs(int idx,int cnt){
//	cout<<idx<<" "<<cnt<<":";
//	for(int i=1;i<=n;i++) cout<<a[i]<<" ";
//	cout<<endl;
//	for(int i=1;i<=m;i++) cout<<p[i]<<" ";
//	cout<<endl;
	if(idx>m){
		if(check()) ans+=fac[cnt];
		return;
	}

	int ret=0,len=(1<<(idx)),s1=0,s2=0;
	for(int i=1;i+len-1<=n;i+=len){
		int now=a[i];
		for(int j=i+1;j<=i+len-1;j++){
			if(a[j]-a[j-1]!=1){
				ret++;
				break;
			}
		}
	}
	if(ret>2) return;
	for(int i=1;i+len-1<=n;i+=len){
		int now=a[i];
		for(int j=i+1;j<=i+len-1;j++){
			if(a[j]-a[j-1]!=1){
				if(!s1) s1=i;
				else s2=i;
				break;
			}
		}
	}
	int e1=s1+len-1,e2=s2+len-1,mid1=(s1+e1)>>1,mid2=(s2+e2)>>1;
//	cout<<s1<<" "<<mid1<<" "<<e1<<" "<<s2<<" "<<mid2<<" "<<e2<<endl;
	if(ret==2){
		p[idx]=1;
		changes(s1,mid1,s2,mid2);
		dfs(idx+1,cnt+1);
		changes(s1,mid1,s2,mid2);
		p[idx]=-1;
		
		p[idx]=1;
		changes(s1,mid1,mid2+1,e2);
		dfs(idx+1,cnt+1);
		changes(s1,mid1,mid2+1,e2);
		p[idx]=-1;
		
		p[idx]=1;
		changes(mid1+1,e1,s2,mid2);
		dfs(idx+1,cnt+1);
		changes(mid1+1,e1,s2,mid2);
		p[idx]=-1;
		
		p[idx]=1;
		changes(mid1+1,e1,mid2+1,e2);
		dfs(idx+1,cnt+1);
		changes(mid1+1,e1,mid2+1,e2);
		p[idx]=-1;
	}
	else{
		p[idx]=1;
		changes(s1,mid1,mid1+1,e1);
		dfs(idx+1,cnt+1);
		changes(s1,mid1,mid1+1,e1);
		p[idx]=-1;
	}
	p[idx]=0;
	dfs(idx+1,cnt);
	p[idx]=-1;
}
inline void solve(){
//	Press your code here
	reads(n),m=n,n=(1<<n);
	for(int i=1;i<=m;i++) p[i]=-1;
	fac[1]=1;
	for(int i=2;i<=12;i++) fac[i]=fac[i-1]*i;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		reads(a[i]);
		t[i]=a[i];
	}
	sort(t+1,t+n+1);
	dfs(1,0);
	printf("%lld\n",ans);
}
bool Test_MLE_end;
signed main(){
//	printf("Memory:%lf Mb\n",(&Test_MLE_end-&Test_MLE_start-1)/1024.0/1024.0);
//	files();
//	reads(__);
	cin.tie(0);cout.tie(0);
	ios::sync_with_stdio(false);
	while(__--) clr(),solve();
	return 0;
}

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long

namespace syr
{
	const ll N = (1<<13);
	ll n, ans;
	ll p[15], a[N];
	ll check (ll x) { //判断之前的是否都合法 
		for (ll i=1; i<=(1<<(n-x)); i++) {
			ll id = (i-1)*(1<<x)+1, len=(1<<(x-1));
			if (a[id]+len != a[id+len]) return 0;
		}
		return 1;
	}
	void swapp (ll x, ll y, ll k) { //换以x开头的块和以y开头的块，长度为k 
		for (ll i=1; i<=k; i++)
			swap(a[x+i-1], a[y+i-1]);
	}
	void dfs (ll x, ll sum) {
		if (x && !check(x)) return;
		if (x==n) {
			ans += p[sum];
			return;
		}
		dfs(x+1, sum); //不换 
		ll tmp[5], tot=0;
		for (ll i=1; i<=(1<<(n-x)); i+=2) { //判断有多少需要换的 
			ll id = (i-1)*(1<<x)+1;
			if (a[id]+(1<<x) == a[id+(1<<x)]) continue;
			if (tot==4) return;
			tmp[++tot] = i;
			tmp[++tot] = i+1;
		}
		if (!tot) return; //不需要换 
		for (ll i=1; i<=tot; i++) {
			for (ll j=i+1; j<=tot; j++) {
				ll idi = (tmp[i]-1)*(1<<x)+1;
				ll idj = (tmp[j]-1)*(1<<x)+1;
				swapp(idi, idj, (1<<x));
				dfs(x+1, sum+1); //换 
				swapp(idi, idj, (1<<x));
			}
		}
	}
	void work()
	{
		p[0] = 1;
		for (ll i=1; i<=12; i++) //阶乘，次数为i次的全排列 
			p[i] = p[i-1]*i;
		cin>>n;
		for (ll i=1; i<=(1<<n); i++) cin>>a[i];
		dfs(0, 0);
		cout<<ans<<'\n';
	}
}

int main()
{
	cin.tie(0)->sync_with_stdio(0);
	syr::work();
	return 0;
}

难绷，考场上想当然了，痛失 $30pts$ 。

首先大洋里和小阳历都是阶乘，然后我就开始猜，是不是操作的顺序没有影响，然后好像确实是的。

于是我们就只要判断每种操作需不需要进行即可。

然后我就开始想如何判断每种操作可不可行。我们可以考虑从小到大枚举操作种类，然后我们每一次去考虑在里面选择两个进行交换，换完了以后一定任意两个 $2k-1$,$2k$ 都是相邻递增的两个数，然后我们把它们浓缩成一个数字，递归进行即可。

我们看看每一次需不需要进行交换，如果需要我们就统计一下，到了最后浓缩成一个数字时答案就加上这个东西的阶乘即可。

然后我赛场上认为它答案一定是阶乘，于是就只写了最后统计一次，痛失 $30pts$ 。其实我们每一次搜索到一个答案进行统计就对了。

我做这个题做得很感性，大家可以参考 $xixisuper$ 的数学证明。

代码很丑，仅供参考。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int a[20][100005],b[100005],ans;
long long p[205];
inline void nextt(int depth,int lenth){
	for(int i=1; i<=lenth-1; i+=2){
		a[depth+1][i/2+1]=a[depth][i]/2+1;
	}
}int cnt=0;
long long res=0;
bool dfs(int depth,int lenth){
	if(lenth==1){
		res+=p[ans];
		return 1;
	}
	int cnt=0;
	vector<int>vec;
	for(int i=1; i<=lenth-1; i+=2){
		if(a[depth][i]!=a[depth][i+1]-1){
			vec.push_back(i);
		}
	}
	if(vec.size()>2)return 0;
	if(vec.size()==1){
		for(int i=1; i<=lenth-1; i+=2){
			if(i!=vec[0])a[depth+1][i/2+1]=a[depth][i]/2+1;
			else a[depth+1][i/2+1]=a[depth][i+1]/2+1;
		}
		return dfs(depth+1,lenth>>1);
	}else if(vec.size()==2){
		for(int s=0; s<4; s++){
			swap(a[depth][vec[0]+(s&1)],a[depth][vec[1]+(s/2)]);
			if(a[depth][vec[0]]+1==a[depth][vec[0]+1]&&a[depth][vec[1]]+1==a[depth][vec[1]+1]){
				nextt(depth,lenth);
				dfs(depth+1,lenth>>1);
			}swap(a[depth][vec[0]+(s&1)],a[depth][vec[1]+(s/2)]);
		}return 0;
	}else{
		ans--;
		nextt(depth,lenth);
		dfs(depth+1,lenth>>1);ans++;
		return 0;
	}
}
int main(){
	int n;scanf("%d",&n);ans=n;
	p[0]=1;
	for(int i=1; i<=n; i++)p[i]=p[i-1]*1ll*i;
	for(int i=1; i<=(1<<n); i++)scanf("%d",&a[0][i]);
	dfs(0,(1<<n));
	cout<<res;
	return 0;
}