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;
}