Yanıt: $\boxed{A}$
Problemi kavramak maksadıyla bazı düzgün çokgenleri çizip $s(n)$ değerlerini hesaplayalım. Aşağıdaki şekilde $s(3)=3-2=1$, $s(4)=4\cdot1=4$, $s(5)=5\cdot 2 = 10$, $s(6)=6\cdot 2-2\cdot2 = 8$, $ s(7)=7\cdot 3 = 21$, $ s ( 8 ) =8 \cdot 3 =24 $ olur.
(http://geomania.org/forum/2015-203/tubitak-lise-1-asama-2015-soru-12/?action=dlattach;attach=14548;image)
Burada $s(n) > s(n+1)$ özelliğine sahip en küçük değerin $n=5$ olduğu görülüyor. Çünkü düzgün altıgende oluşan ikizkenar üçgenlerden bazıları eşkenar üçgen olduğu için bunlar ikişer kez fazla sayılmıştır. Bu fazlalıkları çıkarınca $s(n) > s(n+1)$ durumunun oluşması mümkün görülüyor.
Şimdi $n=2k+1$ formunda tek sayı olsun. Ayrıca eşkenar üçgenler oluşması için $3|n+1$ olmasını istiyoruz. Üstelik $n+1=2k+2$ çift sayı olduğundan $6|n+1$ dir. Bu şartlar altında $s(n)=k \cdot n = \dfrac{n-1}{2}\cdot n= \dfrac{n^2-n}{2}$ ve $s(n+1) = k\cdot (n+1) - \dfrac{n+1}{3}\cdot 2 = \dfrac{3n^2-4n-7}{6}$ olur. $s(n) > s(s+1)$ eşitsizliğinden $ \dfrac{n^2-n}{2} > \dfrac{3n^2-4n-7}{6}$ olup $n>-7$ bulunur. Dolayısıyla $6|n+1$ özelliğindeki her $n$ pozitif tamsayısı istenen özelliktedir. $n+1 \leq 2016$ olup $2016 = 336 \cdot 6$ dır. Yani $336$ tane $n$ değeri elde edilir.
Şimdi de $n=2k+2$ formundaki çift sayıları inceleyelim. Ayrıca $3|n+1$ olsun. Bu durumda da benzer hesaplamalarla $s(n) =\dfrac{n^2-2n}{2} $, $s(n+1) = \dfrac{3n^2-n-4}{6}$ olur. $s(n) > s(n+1)$ eşitsizliğinden $ \dfrac{n^2-2n}{2} > \dfrac{3n^2-n-4}{6}$ olup $5n< 4$ bulunur. Bu duruma uygun $n$ değeri yoktur.
Sonuç olarak toplam $336$ tane $n$ değeri vardır.