咕咕咕到现在~
题面传送门
题意：
给出一个 (n imes n) 的矩阵 (A)。要你求有多少个 (n imes n) 的矩阵 (B) 满足：
- 每一行都是 (1) 到 (n) 的排列。
- 对于任意 (1leq ilt n)，(1leq jleq n)，(B_{i,j} eq B_{i+1,j})
- 定义 (f(A)) 为矩阵 (A) 从上到下，从左到右拼接而成的序列，即 (f(A)_{(i-1) imes n+j}=A_{i,j})，那么必须有 (f(B)) 的字典序小于 (f(A)) 的字典序。
答案对 (998244353) 取模。
我们考虑条件三。“(f(B)) 的字典序小于 (f(A)) 的字典序”意味着我们可以枚举第一个 (f(A)_i<f(B)_i) 的位置然后统计答案。
假设第一个不相等的位置为 (i) 行 (j) 列。那么矩阵 (B) 的前 (i-1) 行上的数，以及第 (i) 行的前 (j-1) 个数，都已经确定下来了，我们的任务就是填好剩下来的 (n^2-(i-1) imes n-(j-1)) 个数。
不难注意到，对于后 (n-i) 行每行的方案数是固定的，即 (f_n)，其中 (f_i) 表示长度为 (i) 的满足 (p_j
eq j) 的排列个数，也就是一个简单的错排数问题。
接下来考虑如何计算填好第 (i) 行剩余的 (n-j+1) 个数的方案数，我们可以枚举第 (j) 个数是什么。那么我们需把这一行剩下来的 (n-j) 个数塞入这 (n-j) 个位置。再，假设 (A_{i-1,j+1},A_{i-1,j+2},dots,A_{i-1,n}) 分别记作 (x_1,x_2,dots,x_{n-j})，第 (i) 行剩余的数分别记作 (y_1,y_2,dots,y_{n-j})，要求有多少个 (1) 到 (n-j) 的排列 (p) 满足 (x_i
eq y_{p_i})。
其实方案数与 (x_i,y_i) 具体是什么数不重要，我们关心的只是有多少个数在 (x,y) 中同时出现，也就是官方题解中的“有限制的位置”与“无限制的位置”。
然后就可以 (dp) 了，设 (dp_{i,j}) 为有 (i) 个有限制的位置和 (j) 个无限制的位置的方案数。
若 (j=0)，显然 (dp_{i,j}=f_i)，直接上公式 (f_i=sumlimits_{j=0}^iinom{i}{j} imes(-1)^{i-j})
若 (j
eq 0)，那么可以用类似组合数递推的方式。枚举最后一个无限制的位置上填的数，如果填了一个无限制的数，有 (j) 种方案，无限制的数变为 (j-1)，即 (j imes dp_{i,j-1})；如果填了一个有限制的数，有 (i) 种方案，无限制的位置还是 (j) 个，原来有限制的数变为无限制的数，即 (i imes dp_{i-1,j})。故 (dp_{i,j}=j imes dp_{i,j-1}+i imes dp_{i-1,j})。
这样做是 (n^3) 的。不过可以进一步优化：枚举这个位置填的是有限制的数还是没限制的数，用树状数组/线段树维护选法，乘上一个 (dp) 系数即可。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define fz(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define fd(i,a,b) for(int i=a;i>=b;i--)
#define fill0(a) memset(a,0,sizeof(a))
#define fill1(a) memset(a,-1,sizeof(a))
#define fillbig(a) memset(a,63,sizeof(a))
#define fi first
#define se second
#define int long long
const int MOD=998244353;
int n,a[2005][2005],f[2005],c[2005][2005],fac[2005],dp[2005][2005],b[2005][2005];
bool vis1[2005],vis2[2005];
int qpow(int x,int e){
int ans=1;
while(e){
if(e&1) ans=ans*x%MOD;
x=x*x%MOD;e>>=1;
}
return ans;
}
struct node{
int l,r,cnt[4],val;
} s[2005<<2];
inline void pushup(int k){
fz(i,0,3) s[k].cnt[i]=s[k<<1].cnt[i]+s[k<<1|1].cnt[i];
}
inline void build(int k,int l,int r){
// cout<<k<<" "<<l<<" "<<r<<endl;
s[k].l=l;s[k].r=r;fill0(s[k].cnt);s[k].val=0;s[k].cnt[0]=r-l+1;
if(l==r) return;
int mid=(l+r)>>1;
build(k<<1,l,mid);build(k<<1|1,mid+1,r);
}
inline void add(int k,int ind,int x){
if(s[k].l==s[k].r){
s[k].cnt[s[k].val]--;s[k].val+=x;s[k].cnt[s[k].val]++;
return;
}
int mid=(s[k].l+s[k].r)>>1;
if(ind<=mid) add(k<<1,ind,x);
else add(k<<1|1,ind,x);
pushup(k);
}
inline int query(int k,int l,int r,int x){
if(l>r||!l||!r) return 0;
if(l<=s[k].l&&s[k].r<=r) return s[k].cnt[x];
int mid=(s[k].l+s[k].r)>>1;
if(r<=mid) return query(k<<1,l,r,x);
else if(l>mid) return query(k<<1|1,l,r,x);
else return query(k<<1,l,mid,x)+query(k<<1|1,mid+1,r,x);
}
signed main(){
scanf("%d",&n);
fz(i,0,n){
c[i][0]=1;
fz(j,1,i) c[i][j]=(c[i-1][j]+c[i-1][j-1])%MOD;
}
fac[0]=1;fz(i,1,n) fac[i]=fac[i-1]*i%MOD;
fz(i,0,n){
fz(j,0,i){
if((j&1)==(i&1)) f[i]=(f[i]+c[i][j]*fac[j]%MOD)%MOD;
else f[i]=(f[i]-c[i][j]*fac[j]%MOD+MOD)%MOD;
}
// cout<<i<<" "<<f[i]<<endl;
}
for(int i=0;i<=n;i++){
dp[i][0]=f[i];
for(int j=1;i+j<=n;j++){
dp[i][j]=(dp[i][j-1]*j%MOD+dp[i-1][j]*i%MOD)%MOD;
// printf("%d %d %d
",i,j,dp[i][j]);
}
}
fz(i,1,n) fz(j,1,n) scanf("%d",&a[i][j]);
fz(i,1,n-1){
fill0(vis1);fill0(vis2);
int both=0;
fd(j,n,1){
vis1[a[i][j]]=1;if(vis2[a[i][j]]) both++;
vis2[a[i+1][j]]=1;if(vis1[a[i+1][j]]) both++;
b[i][j]=both;
}
// fz(j,1,n) cout<<b[i][j]<<" ";puts("");
}
int ans=0;
fz(i,1,n){
build(1,1,n);int sum=0;
fd(j,n,1){
// cout<<i<<" "<<j<<endl;
add(1,a[i][j],1);if(i!=1) add(1,a[i-1][j],2);
int cnt1=query(1,1,a[i][j]-1,1)-((a[i-1][j]<a[i][j])?(query(1,a[i-1][j],a[i-1][j],1)):0);
int cnt2=query(1,1,a[i][j]-1,3)-((a[i-1][j]<a[i][j])?(query(1,a[i-1][j],a[i-1][j],3)):0);
int flg=query(1,a[i][j],a[i][j],2)+query(1,a[i][j],a[i][j],3);
sum=(sum+cnt2*dp[b[i-1][j+1]-1+flg][n-j-(b[i-1][j+1]-1+flg)]%MOD+cnt1*dp[b[i-1][j+1]+flg][n-j-(b[i-1][j+1]+flg)]%MOD)%MOD;
// cout<<i<<" "<<j<<" "<<cnt1<<" "<<cnt2<<" "<<b[i-1][j]<<endl;
}
ans=(ans+sum*qpow(f[n],n-i)%MOD)%MOD;
}
printf("%lld
",ans);
return 0;
}