CF715E. Complete the Permutations

给出两个排列(p,q)，其中有些位置不确定。

定义(p,q)的距离为(p)进行最少多少次交换操作之后可以得到(q)。

问所有的合法方案下距离为(k)（(k=0dots n-1)）的方案数。

(nle 250)（实际上可以做(nle 5000)）

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官方题解不知道在搞什么，时间复杂度是(O(n^3lg n))（用NTT）或(O(n^{3.58}))（用叫Karatsuba的快速乘法）。

下面是(O(n^2))的阳间做法：

假如(p,q)已经确定，(p)到(q)的距离：建图，连边(p_i,q_i)，距离为(n-轮换数)。

现在分析一下图中四种边（由于只关心头尾，所以链可以视作边）：((0,x),(x,0),(0,0),(x,y))。如果出现((x,y))就把(x,y)缩点并把这条边去掉，如果存在((x_1,0))和((0,x_2))且(x_1=x_2)，把这两条边去掉并换成((0,0))。这样处理过后同一个(x)只会出现在一条边中。记最终剩下的三种边分别为一二三类边，个数分别为(a,b,c)。（稍微注意还要处理一下本来就存在的环）

考虑这些边连上之后环的组成。发现：

1. 都是一类边，或都是二类边。（下文分别称其为一类环、二类环）
2. 一类边和二类边都有，其中一类边到二类边中间有三类边连接。

分别先只考虑一类边和二类边。设(F_i)为此时恰好有(i)个一类环的方案数，设(f_i)为至少，算出(f)反演可得(F)。则有：

[f_x=sum_{j=x}^a inom{a}{j}s(j,x)(a-j+c)^{underline{a-j}} ]

其中(s)表示斯特林数。

意义：枚举(j)条一类边组成(x)个环，剩下的(a-j)条边都需要接后继，((0,x))后面可以接((0,x))或((0,0))。

同理可以求出(G_i)表示恰好有(i)个二类环的方案数。

接下来考虑杂环的组成成分：可以发现，在计算一类边的拼接操作时，如果有((0,x))后面接((0,0))，可以视作两者合并成((0,0))；二类边同理。所以可以视作：拼完了一类环和二类环，剩下的杂环全部由三类边组成，三类边还是(c)个（其实在前面，可以视作先拼一类边再拼二类边，由于拼二类边的时候三类边个数还是(c)，所以并没有发生矛盾）。

设(H_i=s(c,i))。于是((F*G*H)_i)为恰好有(i)个环的方案数的生成函数。

时间(O(n^2))。

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using namespace std;
#include <bits/stdc++.h>
#define N 2505
#define ll long long
#define mo 998244353
ll qpow(ll x,ll y=mo-2){
	ll r=1;
	for (;y;y>>=1,x=x*x%mo)
		if (y&1)
			r=r*x%mo;
	return r;
}
int n;
int p[N],q[N];
ll fac[N],ifac[N];
ll s[N][N];
void initCs(){
	fac[0]=1;
	for (int i=1;i<=n;++i)
		fac[i]=fac[i-1]*i%mo;
	ifac[n]=qpow(fac[n]);
	for (int i=n-1;i>=0;--i)
		ifac[i]=ifac[i+1]*(i+1)%mo;
	s[0][0]=1;
	for (int i=1;i<=n;++i)
		for (int j=1;j<=i;++j)
			s[i][j]=(s[i-1][j-1]+(i-1)*s[i-1][j])%mo;
}
ll C(int m,int n){return fac[m]*ifac[n]%mo*ifac[m-n]%mo;}
int a,b,c,o;
int dsu[N];
int getdsu(int x){return dsu[x]==x?x:dsu[x]=getdsu(dsu[x]);}
void initabc(){
	for (int i=1;i<=n;++i)
		dsu[i]=i;
	for (int i=1;i<=n;++i){
		int u=getdsu(p[i]),v=getdsu(q[i]);
		if (u && v)
			o+=(dsu[u]==dsu[v]),dsu[u]=v;
	}
	static int bz[N];
	for (int i=1;i<=n;++i){
		int u=getdsu(p[i]),v=getdsu(q[i]);
		if (!u && !v)
			c++;
		else if (!u && v){
			if (bz[v]==1)
				c++,b--;
			else				
				bz[v]=-1,a++;
		}
		else if (u && !v){
			if (bz[u]==-1)
				c++,a--;
			else
				bz[u]=1,b++;
		}
	}
}
int f[N],g[N],h[N],pro[N];
void rev(int a,int f[]){
	static int F[N];
	for (int i=0;i<=a;++i){
		ll sum=0;
		for (int j=i;j<=a;++j)
			(sum+=f[j]*C(j,i)*(j-i&1?-1:1))%=mo;
		F[i]=(sum+mo)%mo;
	}
	memcpy(f,F,sizeof(int)*(a+1));
}
void calcfg(int a,int f[]){
	for (int i=0;i<=a;++i){
		ll sum=0;
		for (int j=i;j<=a;++j)
			(sum+=C(a,j)*s[j][i]%mo*fac[a-j+c]%mo*ifac[c])%=mo;
		f[i]=sum;
	}
	rev(a,f);
}
void multi(int c[],int a[],int b[]){
	static int t[N];
	for (int i=0;i<=n;++i){
		ll sum=0;
		for (int j=0;j<=i;++j)
			sum=(sum+(ll)a[j]*b[i-j])%mo;
		t[i]=sum;
	}
	memcpy(c,t,sizeof(int)*(n+1));
}
int main(){
//	freopen("in.txt","r",stdin);
	scanf("%d",&n);
	for (int i=1;i<=n;++i) scanf("%d",&p[i]);
	for (int i=1;i<=n;++i) scanf("%d",&q[i]);
	initCs();
	initabc();
	calcfg(a,f);
	calcfg(b,g);
	for (int i=0;i<=c;++i)
		h[i]=s[c][i];
	multi(pro,f,g);
	multi(pro,pro,h);
	for (int i=0;i<n;++i)
		printf("%d ",(n-o-i>=0?pro[n-o-i]:0)*fac[c]%mo);
	return 0;
}