题意
有 (n) 个岛屿，第 (i) 个岛屿上有一张 (a_i) 的完全图。其中第 (i) 张完全图的 (a_i) 号节点和 (i+1) 号岛屿的 (1) 号节点有边相连（包括 (n) 号岛屿和 (1) 号岛屿）。求删去若干条边，使得图变成无环图的方案数。
思路
定义 (f_n) 为 (n) 个点的完全图，删边构成无环图的方案数，固定其中一点，从剩下 (n-1) 个点钟选出 (i) 个与之构成连通图，有
[f_n=sum_{i=0}^{n-1}f_i{n-1choose i}cdot{(n-i)}^{n-i-2}\
f_n=(n-1)!sum_{i=0}^{n-1}{f_iover i!}cdot{{(n-i)}^{n-i-2}over (n-i-1)!}
]
那么为了得到最终答案，首先岛内部肯定是无环的。先任选岛屿之间的边，然后减去所有岛组成大环的情况，这种情况岛间的边肯定是选的，考虑第 (i) 个点的 (1) 和 (a_i) 节点之间，有多少中选择方案可以形成一条通路，在除 (1,a_i) 外的 (n-2) 个节点中选择 (j) 个节点构树，剩下的节点任意构无环图即可。
[Ans =2^nprod_{i=1}^nf_{a_i} -prod_{i=1}^n
egin{cases}
displaystyle
sum_{j=2}^{a_i}{a_i-2choose j-2}j^{j-2}f_{a_i-j} &a_i>1\
1 &a_ileq 1
end{cases}
]
设 (g_n=displaystylesum_{i=2}^n{n-2choose i-2}i^{i-2}f_{n-i}) ，并令 (g_1=1)
化简得 (displaystyle g_n=(n-2)!sum_{i=2}^n {i^{i-2}over(i-2)!}cdot{f_{n-i}over (n-i)!})
那么
[Ans =2^nprod_{i=1}^nf_{a_i} -prod_{i=1}^ng_{a_i}
]
再进行一次 ( ext{NTT}) 即可。
代码
#include<bits/stdc++.h>
#define FOR(i,x,y) for(int i=(x),i##END=(y);i<=i##END;++i)
#define DOR(i,x,y) for(int i=(x),i##END=(y);i>=i##END;--i)
using namespace std;
template<typename T,typename _T>inline bool chk_min(T &x,const _T y){return y<x?x=y,1:0;}
template<typename T,typename _T>inline bool chk_max(T &x,const _T y){return x<y?x=y,1:0;}
typedef long long ll;
const int P=998244353;
const int N=1<<17|5;
const int M=1e5+5;
namespace _Maths
{
ll gcd(ll a,ll b){return b?gcd(b,a%b):a;}
void exgcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y)
{
if(!b){x=1,y=0;return;}
exgcd(b,a%b,y,x);y-=a/b*x;
}
ll Pow(ll a,ll p,ll P)
{
ll res=1;
for(;p>0;p>>=1,(a*=a)%=P)if(p&1)(res*=a)%=P;
return res;
}
ll inv(ll a,ll P){ll x,y;exgcd(a,P,x,y);return (x%P+P)%P;}
};
using namespace _Maths;
namespace _Polynomial
{
const int g=3;
int A[N<<1],B[N<<1];
int r[N<<1],w[N<<1];
void DFT(int *a,int op,int n)
{
FOR(i,0,n-1)if(i<r[i])swap(a[i],a[r[i]]);
for(int i=2;i<=n;i<<=1)
for(int j=0;j<n;j+=i)
for(int k=0;k<i/2;k++)
{
int u=a[j+k],t=(ll)w[op==1?n/i*k:(n-n/i*k)&(n-1)]*a[j+k+i/2]%P;
a[j+k]=(u+t)%P,a[j+k+i/2]=(u-t)%P;
}
if(op==-1)
{
int I=inv(n,P);
FOR(i,0,n-1)a[i]=(ll)a[i]*I%P;
}
}
void multiply(const int *a,const int *b,int *c,int n1,int n2)
{
int n=1;
while(n<n1+n2-1)n<<=1;
FOR(i,0,n1-1)A[i]=a[i];
FOR(i,0,n2-1)B[i]=b[i];
FOR(i,n1,n-1)A[i]=0;
FOR(i,n2,n-1)B[i]=0;
FOR(i,0,n-1)r[i]=(r[i>>1]>>1)|((i&1)*(n>>1));
w[0]=1,w[1]=Pow(g,(P-1)/n,P);
FOR(i,2,n-1)w[i]=(ll)w[i-1]*w[1]%P;
DFT(A,1,n),DFT(B,1,n);
FOR(i,0,n-1)A[i]=(ll)A[i]*B[i]%P;
DFT(A,-1,n);
FOR(i,0,n1+n2-2)c[i]=(A[i]+P)%P;
}
};
int A[N],B[N],C[N<<1];
int fac[N],ifac[N];
int a[N],f[N],g[N];
int n,m;
void CDQ(int l,int r)
{
if(l==r)
{
if(l==0)f[l]=1;
else f[l]=(ll)fac[l-1]*f[l]%P;
return;
}
int mid=(l+r)>>1;
CDQ(l,mid);
FOR(i,l,mid)A[(i)-l]=(ll)f[i]*ifac[i]%P;
B[(1)-1]=1;
FOR(i,2,r-l)B[(i)-1]=Pow(i,i-2,P)*ifac[i-1]%P;
_Polynomial::multiply(A,B,C,mid-l+1,r-l);
FOR(i,mid+1,r)(f[i]+=C[(i)-l-1])%=P;
CDQ(mid+1,r);
}
int main()
{
fac[0]=fac[1]=1;FOR(i,2,N-1)fac[i]=(ll)fac[i-1]*i%P;
ifac[0]=ifac[1]=1;FOR(i,2,N-1)ifac[i]=(ll)(P-P/i)*ifac[P%i]%P;
FOR(i,2,N-1)ifac[i]=(ll)ifac[i-1]*ifac[i]%P;
FOR(i,0,M)f[i]=0;
CDQ(0,M);
FOR(i,2,M)A[(i)-2]=Pow(i,i-2,P)*ifac[i-2]%P;
FOR(i,0,M-2)B[(i)]=(ll)f[i]*ifac[i]%P;
_Polynomial::multiply(A,B,C,M-1,M-1);
g[1]=1;FOR(i,2,M)g[i]=(ll)fac[i-2]*C[(i)-2]%P;
int T;
scanf("%d",&T);
while(T--)
{
scanf("%d",&n);
FOR(i,1,n)scanf("%d",&a[i]);
ll ans=Pow(2,n,P),prd=1;
FOR(i,1,n)(ans*=f[a[i]])%=P;
FOR(i,1,n)(prd*=g[a[i]])%=P;
printf("%lld
",((ans-prd)%P+P)%P);
}
return 0;
}