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Description

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Solution

• 30%

　　大力(n^4)dp一波，枚举(n) ，(f[i][j][k])表示前(i)列，有(j)行有1个1，有(k)行有2个1，那么乘个组合数转移一下就好了

　　（这种有点鬼畜的状态表示方式类似【bzoj1079】着色方案）

　　

• 40%

　　啊。。。反正。。只读一个数嘛然后(n)的范围很小单次求(n^3)跑500也不慢反正是场上那就。。。

　　打表啊qwq

　　

• 70%不会qwq

　　

• 100%

　　OEIS搜前四项

　　如果将同一行和同一列的(1)用边连起来，一种方案就可以变成。。。很多个环（好的光是这步就想不到了qwq）

　　那么我们考虑从这个方面入手，(f_n)表示(n*n)的矩阵的答案，那么我们枚举矩阵的第一行的(1)所在的环的大小，可以得到这样的递推式：

[f_n=sumlimits_{i=2}^{n}A_i cdot inom n i cdot inom {n-1}{i-1}cdot f_{n-i} ]

　　（注意，行与行之间、列与列之间在这题里面其实没有区别，所以可以这么考虑）

　　其中(A_i)表示一个(i*i)的矩阵中只有一个环的方案数，(inom n i)枚举是原矩阵的哪(i)列，(inom {n-1}{i-1})枚举是原矩阵的哪(i-1)行（因为第一行已经确定是要选的了）

　　然后有一个结论，(A_i=frac{n!(n-1)!}{2})，然后题解里面有这样的一个比较好的解释嗯

　　那么接下来就是化简式子了：

[egin{aligned} f_n&=sumlimits_{i=2}^{n}A_i cdot inom n i cdot inom {n-1}{i-1}cdot f_{n-i}\ &=sumlimits_{i=2}^{n}frac{n!(n-1)!}{2}inom n i inom {n-1}{i-1}f_{n-i}\ &=sumlimits_{i=2}^{n}frac{i!(i-1)!}{2}frac{n!}{i!(n-i)!}frac{(n-1)!}{(i-1)!(n-i)!}f_{n-i}\ &=frac{n!(n-1)!}{2}sumlimits_{i=2}^{n}frac{f_{n-i}}{((n-i)!)^2}\ end{aligned} ]

　　然后我们令(g_x=frac{f_x}{(x!)^2})，那么

[f_n=frac{n!(n-1)!}{2}sumlimits_{i=2}^{n}g_{n-i} ]

　　然后我们化一下就可以得到：

[egin{aligned} &g_n=frac{1}{2n}sumlimits_{i=2}^{n}g_{n-i}\ &f_n=frac{n!(n-1)!}{2}sumlimits_{i=2}^{n}g_{n-i}\ end{aligned} ]

　　好的然后会发现(g)的话直接前缀和优化一下就可以做到(O(n))了，(g)求出来之后，(f)的值也可以在线性的时间内求出，那么就可以在(O(n))的时间内解决啦

　　（然而。。。）

　　然而有个东西是(frac{1}{2n})，这个东西如果直接快速幂爆搞就会十分愉快地变成(nlogn)就会(T)了

​　　所以我们要线性求逆元（这个东西。。晚点整理好了先贴篇blog）

　　最后还有一个小问题就是，(g_0)是(1)，具体为什么。。（我也真的不是很知道qwq）

​　　

　　题外话：由于我写的太挫需要各种奇怪的常数优化才能。。卡过去qwq（然而本地没开O2真的是0.7s啊！！为什么上去就那么慢了啊qwq）什么不要用long long而是用int啊少点模啊之类的。。。%yxq巨佬10行AC

　　（题外话的题外话：据yxq巨佬所说这题和GDSOI2015的循环排插很像。。）

　　代码大概长这样

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#define ll long long
using namespace std;
const int MAXN=1e7+10,MOD=998244353;
int fac[MAXN],invfac[MAXN];
int g[MAXN],sum[MAXN],inv[MAXN*2];
int n,m;
void prework(int n);
int ksm(int x,int y);
int sqr(int x){return 1LL*x*x%MOD;}

int main(){
#ifndef ONLINE_JUDGE
	freopen("a.in","r",stdin);
#endif
	ll ans=1;
	int inv2=ksm(2,MOD-2);
	scanf("%d",&n);
	prework(n);
	g[1]=0; g[2]=sqr(invfac[2])%MOD;
	sum[1]=1; sum[2]=sum[1]+g[2];
	for (int i=3;i<=n;++i){
		g[i]=1LL*inv[i]*inv2%MOD*sum[i-2]%MOD;
		sum[i]=(sum[i-1]+g[i])%MOD;
	}
	for (int i=3;i<=n;++i){
		ans=ans+1LL*fac[i]*fac[i-1]%MOD*inv2%MOD*sum[i-2]%MOD;
		if (ans>MOD) ans-=MOD;
	}
	printf("%d
",ans);
}

void prework(int n){
	fac[0]=1;
	for (int i=1;i<=n;++i) fac[i]=1LL*fac[i-1]*i%MOD;
	invfac[n]=ksm(fac[n],MOD-2);
	for (int i=n-1;i>=0;--i) invfac[i]=1LL*invfac[i+1]*(i+1)%MOD;
	inv[1]=1;
	for (int i=2;i<=n;++i)
		inv[i]=1LL*(MOD-(MOD/i))*inv[MOD%i]%MOD;
}

int ksm(int x,int y){
	int ret=1,base=x;
	for (;y;y>>=1,base=1LL*base*base%MOD)
		if (y&1) ret=1LL*ret*base%MOD;
	return ret;
}