MS 与矩阵填数（算贡献）

题意

思路

这种问题一般都是划分为若干不相交的集合，分别计算，然后再求和。在本题，就是算\(1\sim n\)每个数作为行最小数的方案数。

不失一般性，我们考察\(i\)作为行最小数的方案数。由于\(i\)可以出现在任意一行，因此方案数为\(n\)。如果\(i\)为行最小数，那么同行的其他\(n - 1\)个数字必须比\(i\)要大，因此方案数就是从\(n^2 - i\)个数中选取\(n - 1\)个数，因此就是\(\tbinom{n^2-i}{n-1}\)。这一行中的\(n\)个数字可以任意排列，因此方案数为\(n!\)。在这一行之外的其他\(n^2 - n\)个数字也可以任意排列，因此方案数为\((n^2-n)!\)。综上所述，\(i\)的贡献为\(i \cdot n \cdot \tbinom{n^2-i}{n-1} \cdot n! \cdot (n^2-n)!\)。

因此最终答案为 \(\sum\limits_{i=1}^n i \cdot n \cdot \tbinom{n^2-i}{n-1} \cdot n! \cdot (n^2-n)!\)

代码

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>

using namespace std;

typedef long long ll;

const int N = 25000010;
const int mod = 998244353;

int main()
{
    ll n;
    scanf("%lld", &n);
    ll t = 1;
    for(int i = 1; i <= n * n - n; i ++) t = t * i % mod;
    t = t * n % mod * n % mod;
    ll ans = 0;
    for(int i = 1; i <= n; i ++) {
        ll x = 1;
        for(int j = n * n - i - n + 2; j <= n * n - i; j ++) {
            x = x * j % mod;
        }
        x = x * i % mod;
        ans = (ans + x * t % mod) % mod;
    }
    printf("%lld\n", ans);
    return 0;
}