(Description)
求在(2n)个点的完全二分图（两边各有(n)个点）上确定两组匹配，使得两个匹配没有交集的方案数。
(nleq10^7)。
(Solution)
不考虑限制，令(f_i)表示在(2i)个点的二分图上任意确定一组匹配的方案数，确定两组匹配的方案数就是(f_n^2)。
对于限制，考虑容斥，枚举令多少个匹配强制相同，即(Ans=sumlimits_{i=0}^n(-1)^ii!(C_n^i)^2f_{n-i}^2)。
对于(f_n)，一个显然的求法是(f_n=sum_{i=0}^ni!(C_n^i)^2)。但这样总复杂度就是(O(n^2))了。
打个表可以找出规律：(f_n=2nf_{n-1}-(n-1)^2f_{n-2})。
理性思考一下(f_n)为什么这么递推，即如何由(n-1)推到(n)。不考虑限制，第(n)对点有(2n-1)种和其它点匹配的方案，再加上不选这对点方案数就是(2nf_{n-1})。
假设第(n)对点中连出的匹配和((i,j))相同，那么有((n-1)^2)种可能，每种可能的方案数都是(f_{n-2})。所以减掉((n-1)^2f_{n-2})。
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#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <algorithm>
#define mod 1000000007
#define gc() getchar()
typedef long long LL;
const int N=1e7+5;
int f[N],fac[N],ifac[N];
inline int read()
{
int now=0,f=1;register char c=gc();
for(;!isdigit(c);c=='-'&&(f=-1),c=gc());
for(;isdigit(c);now=now*10+c-48,c=gc());
return now*f;
}
inline int FP(int x,int k)
{
int t=1;
for(; k; k>>=1,x=1ll*x*x%mod)
if(k&1) t=1ll*t*x%mod;
return t;
}
int main()
{
int n=read(); fac[0]=1;
for(int i=1; i<=n; ++i) fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%mod;
ifac[n]=FP(fac[n],mod-2);
for(int i=n; i; --i) ifac[i-1]=1ll*ifac[i]*i%mod;
f[0]=1, f[1]=2;
for(int i=2; i<=n; ++i) f[i]=(2ll*i*f[i-1]-1ll*(i-1)*(i-1)%mod*f[i-2])%mod;
LL ans=0,tmp=1ll*fac[n]*fac[n]%mod;
#define v (tmp*ifac[n-i]%mod*ifac[n-i]%mod*ifac[i]%mod*f[n-i]%mod*f[n-i]%mod)
for(int i=0; i<=n; ++i) ans+=i&1?-v:v;
printf("%lld
",(ans%mod+mod)%mod);
return 0;
}