塔纳

题目链接：学军NOIP开放题2-A

题目大意

给你 n，问你长度为 n 的每个排列的逆序对个数的和。

思路

考虑 DP，设 f i f_i fi​ 为 n = i n=i n=i 时的答案。

每次放一个新数 i i i，由于它是当前最大的，所以它放在多少个的前面，就新增了多少个逆序对。
而且它这个是跟之前的顺序无关。

那就分别有 1 , 2 , . . . , i − 1 1,2,...,i-1 1,2,...,i−1 这些贡献，总贡献就是 n ( n − 1 ) 2 \dfrac{n(n-1)}{2} 2n(n−1)​，然后之前有 ( i − 1 ) ! (i-1)! (i−1)! 的方案，然后两个加在一起就是比 f i − 1 f_{i-1} fi−1​ 多的个数了。

然后你预处理答案即可。

不过好像有通项公式 n ! n ( n − 1 ) 4 n!\dfrac{n(n-1)}{4} n!4n(n−1)​。
（大概是你一个排列可以通过翻转把正序对变成逆序对）
（然后一个序列正序对加逆序对的个数是 n ( n − 1 ) 2 \dfrac{n(n-1)}{2} 2n(n−1)​）
（然后 n ! n! n! 个排列，然后正反才凑一个就是再除 2 2 2）

代码

#include<cstdio>
#define ll long long
#define mo 998244353

using namespace std;

int T, n;
ll f[10000001], jc[10000001];

int main() {
//	freopen("tanao.in", "r", stdin);
//	freopen("tanao.out", "w", stdout);
	
	f[1] = 0;
	jc[1] = 1;
	for (int i = 2; i <= 10000000; i++) {
		jc[i] = jc[i - 1] * i % mo;
		f[i] = (f[i - 1] * i % mo + 1ll * (1 + (i - 1)) * (i - 1) / 2 % mo * jc[i - 1] % mo) % mo;
	}
	
	scanf("%d", &T);
	while (T--) {
		scanf("%d", &n);
		printf("%lld\n", f[n]);
	}
	
	return 0;
}