(mathcal{Description})
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在一个 (n imes n) 的国际象棋棋盘上摆 (n) 个车，求满足：
- 所有格子都可以被攻击到。
- 恰好存在 (k) 对车可以互相攻击。
的摆放方案数，对 (998244353) 取模。
(nle2 imes10^5)。
(mathcal{Solution})
这道《蓝题》嗷，看来兔是个傻子。
从第一个条件入手，所有格子可被攻击，那就有「每行都有车」或「每列都有车」成立。不妨设每行有车，则第二个条件中的“互相攻击”仅能由同列的车满足，可以得出有车的列数为 (n-k)。
(n) 个不同行棋子放入 (n-k) 个不同列，方案数：
[A_n^{n-k}{n race n-k}
]
若 (k ot=0)，明显沿对角线对称摆放所有棋子得到新方案，故答案 ( imes2)。
复杂度 (mathcal O(n))。
(mathcal{Code})
/* Clearink */
#include <cstdio>
const int MAXN = 2e5, MOD = 998244353;
int n, m, fac[MAXN + 5], ifac[MAXN + 5];
inline int mul ( const long long a, const int b ) { return a * b % MOD; }
inline int sub ( int a, const int b ) { return ( a -= b ) < 0 ? a + MOD : a; }
inline int add ( int a, const int b ) { return ( a += b ) < MOD ? a : a - MOD; }
inline int sqr ( const int a ) { return mul ( a, a ); }
inline int qkpow ( int a, int b ) {
int ret = 1;
for ( ; b; a = mul ( a, a ), b >>= 1 ) ret = mul ( ret, b & 1 ? a : 1 );
return ret;
}
inline void init () {
fac[0] = 1;
for ( int i = 1; i <= n; ++i ) fac[i] = mul ( i, fac[i - 1] );
ifac[n] = qkpow ( fac[n], MOD - 2 );
for ( int i = n - 1; ~i; --i ) ifac[i] = mul ( i + 1, ifac[i + 1] );
}
inline int comb ( const int n, const int m ) {
return n < m ? 0 : mul ( fac[n], mul ( ifac[m], ifac[n - m] ) );
}
inline int stir ( const int n, const int m ) {
int ret = 0;
for ( int i = 0; i <= m; ++i ) {
ret = ( i & 1 ? sub : add )( ret,
mul ( comb ( m, i ), qkpow ( m - i, n ) ) );
}
return mul ( ret, ifac[m] );
}
int main () {
scanf ( "%d %d", &n, &m );
if ( m > n - 1 ) return puts ( "0" ), 0;
init ();
int ans = mul ( mul ( fac[n], ifac[m] ), stir ( n, n - m ) );
if ( m ) ans = add ( ans, ans );
printf ( "%d
", ans );
return 0;
}