1.题目链接。这个题其实还是一个不错的题目，思路比较新颖。首先构造一个矩阵：
这个矩阵的构造规则是这样的：从左上角开始，a[1][1]=st,a[i][j+1]=3*a[i][j],a[i+1][j]=2*a[i][j].也就是右边的数都是它的三倍，做别的数都是他的两倍，然后得到了这样的一个矩阵。可以发现，这个矩阵里面出现了很多的1-n中的的数。首先考虑第一个矩阵，就是用1为左上角顶点构造的。那么可以发现，我们选取的方案就是：不选取相邻的数即可。可以发现，这个矩阵其实不会太大，20*20都不会超过。所以，可以把每一行的状压一下，然后考虑dp[i[j]表示：前i行，第i行的状态是j的方案，这个其实就很好转移了：
但是这个转移显然是需要条件的，很明显第一个条件就是j必须是合法的状态，也就是j不能是选取两个相邻的数的转态，这个把j>>1&j 就可以判断，这是行上的约束，接下来就是列上的约束，这个也很好判断，遍历所有的i-1的状态，k和j不能有同一行一样，也就是j&k需要==0，这样只是完成了第一步，因为这个矩阵并不能把全部的数据包含进去。比如5就不在里面，所以遍历一下那些数据不在，优先用这些小的数据当做左上角继续构造矩阵，还是会得到答案。这些得到的答案乘起来就是最后的结果。下面做一些细节的证明：
（1）为什么答案是乘起来，首先可以明确一点的就是不同矩阵的集合，得到的是不一样的，所以考虑最后的答案的时候就是乘法原理的应用。
（2）（1）中有一个假设，就是不同矩阵得到的集合是不同的，这一点其实需要证明。现在这个命题可以等价转化为一个问题：不同矩阵的数值都是不一样的，互不相交，并起来是全集{1,2,3...n}.对于后一点，并起来是全集这个毋庸置疑，是一定的。但是互不相交需要证明：
考虑构造矩阵的方式：一每个较小的值的二倍，三倍填充整个矩阵。当然，填的时候需要都是小于等于n的数。假设有一个数在两个矩阵同时出现了：这两个矩阵的初始值是x和y，那么重复出现的值m：
在x矩阵里一定会被表示为：
在y矩阵里，会被表示为：
这里可以简单地讨论一下，对于x,y分别做质因数分解之后，一定会变成质因数乘积的形式，如果要想等，那么他们的差异一定只会出现在2和3这两个质因子的幂次方上，其他部分一定是一样的，但是如果这两个出现了差异，那么在x矩阵里，一定会有另外一个位置把这个差异覆盖掉，这一点我不好解释，其实就是类似于自由组合的思想。所以他俩不可能相等，那么就说明了，各个矩阵里面的数都是不相等的。其实看了几份题解，都没有提到过这一点，不知道是我多虑了还是大家都默认就是乘起来。
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
const int mod=1e9+1;
bool vis[(int)1e6+10];
int a[20][20];
ll f[20][1<<16];
int top[20];
int n;
ll calc(int x)
{
a[1][1]=x;
int i;
for(i=1;;i++)
{
int j;
for(j=1;;j++)
{
vis[a[i][j]]=true;
a[i][j+1]=a[i][j]*3;
if(a[i][j+1]>n) break;
}
top[i]=j;
a[i+1][1]=a[i][1]*2;
if(a[i+1][1]>n) break;
}
top[i+1]=0;
int temp=i;
for(int i=1;i<=temp;i++)
for(int j=0;j<(1<<top[i]);j++)
f[i][j]=0;
f[temp+1][0]=0;
f[0][0]=1;
top[0]=0;
for(i=0;i<=temp;i++)
{
for(int j=0;j<(1<<(top[i]));j++)
{
if(f[i][j]==0) continue;
if((j&(j<<1))) continue;
for(int k=0;k<(1<<(top[i+1]));k++)
{
if(j&k) continue;
(f[i+1][k]+=f[i][j])%=mod;
}
}
}
return f[temp+1][0];
}
int main()
{
scanf("%d",&n);
ll ans=1;
for(int i=1;i<=n;i++)
if(!vis[i])
ans=ans*calc(i)%mod;
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}