射命丸文的笔记
如果一个竞赛图含有哈密顿回路，则称这张竞赛图为值得记录的。
从所有含有 (n) 个顶点（顶点互不相同）的，值得记录的竞赛图中等概率随机选取一个。求选取的竞赛图中哈密顿回路数量的期望值。
答案对 (998244353) 取模。若不存在这样的竞赛图输出-1。
(n leq 10^5)。
题解
考虑分别计算分子和分母。
分子就是哈密顿回路的总数，可以使用期望的线性性来求它。
一共有 ((n-1)!) 种哈密顿回路，每种哈密顿回路出现在 (2^{inom{n}{2}-n}) 种竞赛图里，所以 (n) 个点的竞赛图中哈密顿回路的总数是 ((n-1)! 2^{inom{n}{2}-n}) 条。
分子就是强连通竞赛图的数量，可以使用生成函数来求它。
设 (n) 个点有标号强连通竞赛图的数量为 (f_n)。竞赛图总数是 (g_n=2^{inom{n}{2}})。
枚举拓扑序最小的强连通分量大小为 (i)，则该强连通分量向其他的点连边的方向是固定的，剩下((n-i))个点的边任意连，所以
[f_n=g_n-sum_{i=1}^{n-1}inom{n}{i}f_ig_{n-i}\
g_n=sum_{i=1}^ninom{n}{i}f_ig_{n-i}
]
设 (f,g) 的EGF为 (F(x),G(x))，那么
[G(x)-g_0=F(x)G(x)\
F(x)=1-frac{g_0}{G(x)}
]
多项式求逆即可。时间复杂度 (O(nlog n))。
CO int N=262144;
int omg[2][N],rev[N];
int fac[N],inv[N],ifac[N];
void NTT(poly&a,int dir){
int lim=a.size(),len=log2(lim);
for(int i=0;i<lim;++i) rev[i]=rev[i>>1]>>1|(i&1)<<(len-1);
for(int i=0;i<lim;++i)if(i<rev[i]) swap(a[i],a[rev[i]]);
for(int i=1;i<lim;i<<=1)
for(int j=0;j<lim;j+=i<<1)for(int k=0;k<i;++k){
int t=mul(omg[dir][N/(i<<1)*k],a[j+i+k]);
a[j+i+k]=add(a[j+k],mod-t),a[j+k]=add(a[j+k],t);
}
if(dir==1){
int ilim=fpow(lim,mod-2);
for(int i=0;i<lim;++i) a[i]=mul(a[i],ilim);
}
}
poly operator~(poly a){
int n=a.size();
poly b={fpow(a[0],mod-2)};
if(n==1) return b;
a.resize(1<<(int)ceil(log2(n)));
for(int lim=2;lim<2*n;lim<<=1){
poly c(a.begin(),a.begin()+lim);
c.resize(lim<<1),NTT(c,0);
b.resize(lim<<1),NTT(b,0);
for(int i=0;i<lim<<1;++i) b[i]=mul(2+mod-mul(c[i],b[i]),b[i]);
NTT(b,1),b.resize(lim);
}
return b.resize(n),b;
}
int main(){
omg[0][0]=1,omg[0][1]=fpow(3,(mod-1)/N);
omg[1][0]=1,omg[1][1]=fpow(omg[0][1],mod-2);
fac[0]=fac[1]=1;
inv[0]=inv[1]=1;
ifac[0]=ifac[1]=1;
for(int i=2;i<N;++i){
omg[0][i]=mul(omg[0][i-1],omg[0][1]);
omg[1][i]=mul(omg[1][i-1],omg[1][1]);
fac[i]=mul(fac[i-1],i);
inv[i]=mul(mod-mod/i,inv[mod%i]);
ifac[i]=mul(ifac[i-1],inv[i]);
}
int n=read<int>();
poly g(n+1);
for(int i=0;i<=n;++i) g[i]=mul(fpow(2,(int64)i*(i-1)/2%(mod-1)),ifac[i]);
poly f=~g;
for(int i=3;i<=n;++i) f[i]=mul(mod-f[i],fac[i]);
if(n>=1) puts("1");
if(n>=2) puts("-1");
for(int i=3;i<=n;++i){
int ans=mul(fac[i-1],mul(fpow(2,(int64)i*(i-3)/2%(mod-1)),fpow(f[i],mod-2)));
printf("%d
",ans);
}
return 0;
}