题目大意
对于一个给定的正整数(n)，随机生成一个正整数序列(a[1dots n])，满足(forall iin[1,n]:a_iin[1,n])。注意，(a)不一定是排列。
你需要通过若干次操作，使得(forall iin[1,n],a_i=i)。你可以进行的操作有两种：
- 选择一对位置(i,jin[1,n])，(i eq j)，交换(a_i,a_j)。一次操作花费为(1)。
- 选择一个位置(iin[1,n])和一个数值(vin[1,n])，令(a_i:=v)。一次操作花费为(k)。
例如，如果你要进行(5)次1操作和(4)次2操作，则总花费为(4 imes k+5)。
设( ext{cost}_k(a))表示在参数(k)的条件下，将序列(a)变成(1,2,dots ,n)的最小花费。对(k=0,1,2)，你需要分别求出( ext{cost}_k(a))的期望值(E( ext{cost}_k(a)))。输出(mod 998244353)意义下的值。
给定(N)。对所有(nin[1,N])分别求答案。也就是说，你一共需要输出(3N)个数。
数据范围：(1leq Nleq 5 imes10^5)。
本题题解
我们称把(a)序列变成(1,2,dots,n)的过程为“还原”这个序列。一个位置(i)“已经还原”，就是指(a_i=i)。
首先，(k=0)时，代价一定为(0)。
subtask (k=1)
考虑(k=1)的情况。我们从每个(i)向(a_i)连一条有向边，则能得到一个基环（内向）树森林。发现，对每个环，设其长度为( ext{len})，我们使用( ext{len}-1)次1操作可以将其还原（环上每个点(a_i=i)）。剩下的部分只能用2操作完成。容易证明这样花费是最小的。
对于一个长度为(n)的序列(a)，设它对应的基环树森林里，环的数量为(c)。则将(a)序列还原的最小花费就是(n-c)。注意，自环也算，也就是说“环的数量”和“连通块的数量”是等价的。
要求期望，我们乘以序列的总数(n^n)以后，就转化为求所有序列的最小花费之和。又因为最小花费为(n- ext{环的数量})，(sum(n- ext{环的数量})=sum n-sum ext{环的数量}=n^ncdot n-sum ext{环的数量})。问题转化为求(sum ext{环的数量})，也就是所有基环树森林，环的数量之和，记为(h(n))。
可以写出式子：(h(n)=sum_{i=1}^{n}(i-1)!{nchoose i}n^{n-i})。含义：((i-1)!)表示长度为(i)的环有多少种，({nchoose i})表示选出一些位置作为这个环，(n^{n-i})表示其他位置随意。不过要对每个(n)求一次，时间复杂度是(O(N^2))的，无法承受。比赛时，你可以暴力求出前几个(h)值，然后去oeis上找到这个序列：A190314。不过还有更好的方法。
考虑用生成函数做。设(f(n))表示(n)个点的基环树数量（这里指的是一棵(n)个节点的、完整的基环树有多少种，而不是基环树森林）。这个(f)我们暂时还不会求。
再设一个(g(n))表示(n)个点的基环树森林数量。这是很好求的，就等于(n^n)。设(F(x),G(x))分别是(f,g)的指数型生成函数（即(F(x)=sum_{i=0}^{infty}f(x)frac{x^i}{i!})，(G)同理）。则根据指数型生成函数的理论，可知：(G(x)=exp(F(x)))。所以(F(x)=ln(G(x)))。这样，通过做多项式(ln)，我们就求出了(f)序列。
知道了(f,g)以后。设(h)的指数型生成函数为(H(x))，则(H(x)=F(x)G(x))。这相等于，考虑每个基环树，对总数的贡献。单独拿出一棵(i)个节点的基环树，首先这样的基环树有(f(i))个，剩下的部分可以任意形成一个基环树森林，方案数就是(g(n-i))（注意，特别地，这里我们认为(g(0)=1)），而从(n)个点里选出这(i)个点的方案数是({nchoose i})，所以(h(n)=sum_{i=0}^{n}{nchoose i}f(i)g(n-i))。这正是指数型生成函数卷积的定义。
总结来说，我们先搞一个序列(g(n)=n^n)。然后(G(x)cdot ln G(x))，就是我们要求的环的总数(h)了。答案就是(displaystylefrac{n^ncdot n-h(n)}{n^n})。（除以(n^n)是因为要求期望）。
时间复杂度(O(Nlog N))。
subtask (k=2)
(k=2)时，环上的点，我们还是用1操作来完成。考虑剩下的点。相当于要把每个点，变成它的儿子上面现在的值（显然每个儿子上的值是一样的）。所以对每个点，我们随便挑个儿子和它做交换（操作1）。直到叶子节点，没有儿子了，我们再用操作2。总的代价是(n- ext{环的数量}+ ext{叶子数量})。
环的数量我们已经会求了。考虑叶子数量。
考虑每个点作为叶子时，对总数的贡献。它的贡献数，就等于钦定它是叶子后，其他点组成基环树森林的总方案数。也就是((n-1)^{n-1})，此外，这个点自己还要随便选一个父亲，所以要乘以(n-1)，也就是((n-1)^{n})。这个思想挺妙的，把求所有基环树的叶子树之和，转化为了求每个叶子出现在多少基环树里。
所以所有叶子的总贡献就是(ncdot (n-1)^n)。答案就是：(displaystylefrac{n^ncdot n-h(n)+ncdot (n-1)^n}{n^n})。
时间复杂度(O(Nlog N))。
参考代码
( ext{NTT})和多项式(ln)的部分省略了，自己贴板子吧。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int MAXN=5e5;
const int MOD=998244353;
inline int mod1(int x){return x<MOD?x:x-MOD;}
inline int mod2(int x){return x<0?x+MOD:x;}
inline void add(int& x,int y){x=mod1(x+y);}
inline void sub(int& x,int y){x=mod2(x-y);}
inline int pow_mod(int x,int i){int y=1;while(i){if(i&1)y=(ll)y*x%MOD;x=(ll)x*x%MOD;i>>=1;}return y;}
int fac[MAXN+5],ifac[MAXN+5];
inline int comb(int n,int k){
if(n<k)return 0;
return (ll)fac[n]*ifac[k]%MOD*ifac[n-k]%MOD;
}
void facinit(int lim=MAXN){
fac[0]=1;
for(int i=1;i<=lim;++i)fac[i]=(ll)fac[i-1]*i%MOD;
ifac[lim]=pow_mod(fac[lim],MOD-2);
for(int i=lim-1;i>=0;--i)ifac[i]=(ll)ifac[i+1]*(i+1)%MOD;
}
int f[MAXN+5],g[MAXN+5],h[MAXN+5];
int main() {
facinit();
for(int i=1;i<=MAXN;++i){
g[i]=(ll)pow_mod(i,i)*ifac[i]%MOD;
}
g[0]=1;
Ln::main(g,f,MAXN+1);
Mul::main(g,f,h,MAXN+1);
for(int i=0;i<=MAXN;++i){
h[i]=(ll)h[i]*fac[i]%MOD;
}
int n;cin>>n;
for(int i=1;i<=n;++i){
int ans=h[i]%MOD;
int tot=pow_mod(i,i);
ans=mod2((ll)tot*i%MOD - ans);
ans=(ll)ans*pow_mod(tot,MOD-2)%MOD;
cout<<0<<" "<<ans<<" ";
int x=pow_mod(i-1,i);
int y=pow_mod(i,i-1);
x=(ll)x*pow_mod(y,MOD-2)%MOD;
add(ans,x);
cout<<ans<<endl;
}
return 0;
}