atcoder abc 226 F

题目大意

有一个长度为n的排列，(p=(p_1,p_2,p_3,p_4...,p_n))​,然后对于排列(p)​的得分(S(p))遵循一下规则：

有(n)个人，第(i)个人的编号为(i)，然后第(i)个人有一个球，球的编号为(i)，每次操作，第(i)个人会把他手里的球给第(p_i)个人，然后问你最少几次操作之后，所有人的编号和手里球的编号相同

令(S_n)为所有可能的(p)的集合，输出((sum_{p∈S_n} S(p)^{k}) \,\, mod \,\,998244353)​

大概思路

设(dp_{i,j})表示选(i)个人，最少操作数为(j)，操作之后，都复原的方案数.

那么对于转移的话，我们设下一个环的话，选(x)个人，从(dp_{i,j})转移过来，那么接下来的最小操作数就是(lcm(j,x))，最小公倍数，转移到的状态就是(dp_{i,lcm(j,x)})

但是 直接选的话，是有重复的，

就比如，我们 现在有(4)​个数，然后 (2)​个环，每个环都是(2)个人

如果直接选就是(C_{4}^{2} * C_{2}^{2})

但是 如果 你 把方案都枚举出来的话，你会发现 是有重复的，比如，会出现

({1，2})，({3，4}) 和 ({3， 4})，({1， 2}) 这样重复的方案，在选完第一个之后，剩下的是固定的

难么避免重复的话，我们可以 记录一下 总的 环的数量，设为(cnt)，那么最后除(cnt!)

但是这样的话，还是有重复的,就是说，我们在转移的时候

假如说 现在选了(N)个人，接下来一个环是选(i)个人，那么就是(C_{n-N}^{i} * (i-1)!)

那么为什么是((i-1)!) 而不是$ i!$

对于 一个环来说，在排序之后，决定它字典序大小的是最小的那个点，也就是说，

只有把最小的那个点先选上，确定之后，才能，后面的随便选，这样也就对应了上面

环去重，其实就是按照本质不同排序然后去重的

然后直接看代码

#pragma GCC optimize(2)
#include <map>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N = 60, mod = 998244353;
int f[N], fac[N], inv[N], n, k;
map<int, int> dp[N][N];
int qpow(int a, int b) {
	int ans = 1;

	while (b) {
		if (b & 1)
			ans = 1ll * ans * a % mod;

		a = 1ll * a * a % mod;
		b >>= 1;
	}

	return ans;
}
int lcm(int a, int b) {
	if (!a || !b)
		return a + b;

	return a / __gcd(a, b) * b;
}
int C(int n, int m) {
	return 1ll * fac[n] * inv[m] % mod * inv[n - m] % mod;
}
//  N   当前选了多少个
//  cnt 多少个环
int qry(int N, int cnt, int Lcm) {
	//到最后一个了
	if (N == n)
		return 1ll * qpow(Lcm, k) * inv[cnt] % mod;

	if (dp[N][cnt].find(Lcm) != dp[N][cnt].end())
		return dp[N][cnt][Lcm];

	int &t = dp[N][cnt][Lcm];

	//
	for (int i = 1; N + i <= n; i++)
		//				从剩下的里面选i个
		//							先固定一个，确定先后顺序
		t = (t + 1ll * C(n - N, i) * f[i] % mod * qry(N + i, cnt + 1, lcm(Lcm, i)) % mod) % mod;

	return t;
}
int main() {
	std::ios::sync_with_stdio(false);
	std::cin.tie(nullptr);
	cin >> n >> k;
	fac[0] = fac[1] = inv[0] = inv[1] = f[1] = 1;

	for (int i = 2; i <= n; i++) {
		f[i] = 1ll * f[i - 1] * (i - 1) % mod;//阶乘 i-1
		fac[i] = 1ll * fac[i - 1] * i % mod;//阶乘 i
		inv[i] = 1ll * inv[i - 1] * qpow(i, mod - 2) % mod;
	}

	printf("%d
", qry(0, 0, 0));
	return 0;
}