题目大意：
假设现在有一个排列，每个数和在它右面第一个比它大的数连一条无向边，会形成很多联通块。
定义一个联通块的权值为：联通块内元素数量的平方。
定义一个排列的权值为：每个联通块的权值之积
求长度为$n$所有排列的权值之和，$n\leq 1e5$，$1e4$组询问
原题面描述不清楚啊..害得我白想了30min
和ZOJ3874一样都是排列$DP$问题
$DP$方程还是不难想的
假设现在有一个$i-1$的排列，当我们把$i$某个位置上时
$i$前面的数都会和$i$连通，$i$后面的数一定不和$i$前面的数连通
利用这个性质就可以$DP$了，定义$f[i]$表示长度为$i$的所有排列的权值之和
$f[i]$
$i$后面一共j个数可以在$i-1$个数中任选，$i$前面一共$i-j-1$个数可以任意排列，可得
$=\sum C_{i-1}^{j}f[j](i-j-1)!(i-j)^{2}$
化简
$=(i-1)!\sum \frac{f[j]}{j!}(i-j)^{2}$
发现这是一个卷积的形式，用分治$NTT$解决即可
1 #include <cmath>
2 #include <cstdio>
3 #include <cstring>
4 #include <algorithm>
5 #define N1 (1<<18)+10
6 #define il inline
7 #define dd double
8 #define ld long double
9 #define ll long long
10 using namespace std;
11
12 const int inf=0x3f3f3f3f;
13 const ll p=998244353;
14 int gint()
15 {
16 int ret=0,fh=1;char c=getchar();
17 while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')fh=-1;c=getchar();}
18 while(c>='0'&&c<='9'){ret=ret*10+c-'0';c=getchar();}
19 return ret*fh;
20 }
21 ll qpow(ll x,ll y)
22 {
23 ll ans=1;
24 for(;y;x=x*x%p,y>>=1) if(y&1) ans=ans*x%p;
25 return ans;
26 }
27
28 namespace NTT{
29
30 ll a[N1],b[N1],c[N1],Wn[N1],_Wn[N1];
31 int r[19][N1];
32 void Pre(int len,int L)
33 {
34 int i,j;
35 for(j=1;j<=L;j++) for(i=0;i<(1<<j);i++)
36 r[j][i]=(r[j][i>>1]>>1)|((i&1)<<(j-1));
37 for(i=2;i<=len;i<<=1) Wn[i]=qpow(3,(p-1)/i), _Wn[i]=qpow(Wn[i],p-2);
38 }
39 void NTT(ll *s,int len,int type,int L)
40 {
41 int i,j,k; ll wn,w,t;
42 for(i=0;i<len;i++) if(i<r[L][i]) swap(s[i],s[r[L][i]]);
43 for(k=2;k<=len;k<<=1)
44 {
45 wn=(type>0)?Wn[k]:_Wn[k];
46 for(i=0;i<len;i+=k)
47 {
48 for(j=0,w=1;j<(k>>1);j++,w=w*wn%p)
49 {
50 t=w*s[i+j+(k>>1)]%p;
51 s[i+j+(k>>1)]=(s[i+j]+p-t)%p;
52 s[i+j]=(s[i+j]+t)%p;
53 }
54 }
55 }
56 }
57 void Main(int len,int L)
58 {
59 int i,invl=qpow(len,p-2);
60 NTT(a,len,1,L); NTT(b,len,1,L);
61 for(i=0;i<len;i++) c[i]=a[i]*b[i]%p;
62 NTT(c,len,-1,L);
63 for(i=0;i<len;i++) c[i]=c[i]*invl%p;
64 }
65 void clr(int sz)
66 {
67 memset(a,0,sz<<3);
68 memset(b,0,sz<<3);
69 }
70
71 };
72
73 using NTT::a; using NTT::b; using NTT::c;
74 ll f[N1],g[N1],ans[N1],mul[N1],_mul[N1]; int de;
75 void CDQ(int l,int r)
76 {
77 if(r-l==1&&l>0)
78 {
79 ans[l]=mul[l-1]*f[l]%p;
80 f[l]=ans[l]*_mul[l]%p; return;
81 }
82 if(r-l<=1) return;
83 int mid=(l+r)>>1,i,len,L;
84 CDQ(l,mid);
85 for(len=1,L=0;len<(mid-l)+(r-l)-1;len<<=1,L++);
86 for(i=l;i<mid;i++) NTT::a[i-l]=f[i];
87 for(i=0;i<(r-l);i++) NTT::b[i]=g[i];
88 NTT::Main(len,L);
89 for(i=mid;i<r;i++) f[i]=(f[i]+NTT::c[i-l])%p;
90 NTT::clr(len);
91 CDQ(mid,r);
92 }
93 int T,n,m;
94 int que[N1];
95
96 int main()
97 {
98 int i,j,x,y,len,L;
99 n=100001;
100 for(i=1;i<n;i++) g[i]=1ll*i*i%p;
101 mul[0]=mul[1]=_mul[0]=_mul[1]=1;
102 for(i=2;i<n;i++) mul[i]=mul[i-1]*i%p, _mul[i]=qpow(mul[i],p-2);
103 for(len=1,L=0;len<n+n-1;len<<=1,L++);
104 NTT::Pre(len,L);
105 f[0]=1; CDQ(0,n);
106 while(scanf("%d",&n)!=EOF)
107 printf("%lld\n",ans[n]);
108 return 0;
109
110 }