【数学】【CF1091D】 New Year and the Permutation Concatenation

Description

给定一个数 (n)，将所有 (1~sim~n) 的排列按照字典序放到一个序列中，求有多少长度为 (n) 的子序列 (p_i~p_{i+1}~dots~p_{i + n - 1}) 满足 (sum_{u = i}^{i + n - 1}~p_u~=~frac{n~ imes~(n - 1)}{2}) 答案对 (998244353) 取模

Input

一行一个整数代表 (n)

Output

一行一个整数代表答案对 (998244353) 取模的结果

Hint

(1~leq~n~leq~10^6)

Solution

做法有很多呐……

对于一个合法的序列，显然其中 (1~sim~n) 每个元素都出现了一次。可以使用反证法或按照 (n) 进行数学归纳证明

那么对于一个合法的序列 (q)，一共只有两种情况：

1、它是由一段完整的排列构成的

2、它是由前面一段排列的后 (k) 位和后面一段排列的前 (n - k) 位拼成的。

情况一显然有 (n!) 种，于是我们只考虑情况二的答案

考虑求 next_permutation 的算法：找出原排列中最长的单调降序后缀，记长度为 (k)，然后在后缀中找最小的大于原排列第 ((n - k - 1)) 位的值，将这两个位置交换。然后将新的后缀按照升序排序（因为原先是降序的，所以这个操作等价于进行reverse）

考虑两个相邻的排列，在前面排列中选 (k) 个，后面选 (n - k) 的情况，若这种情况合法，则后面一个排列的前 $n - k $ 位与前面一个排列的前 (n - k) 位是相同的，即这一段没有发生交换。所以他的后缀的长度 (len) 必须满足 (len~<~k)。

我们考虑用总方案数减去不合法的方案数：考虑我们对一个排列固定一个选择的数的个数 (k)，那么它不合法当且仅当整个后缀是单调降序，前面怎么排无所谓，于是这样的排列共有 (A_n^{n - k}~=~frac{n!}{k!}) 个。这些排列在选后面 (k) 个作为选出子序列的前缀时全部是不合法的。考虑我们这样等价于枚举选择前一个排列的 (k) 的位置，而总共有 (n~ imes~n!) 个数字，于是这样的位置一共有 (n~ imes~n!) 种，即方案有这么多种，减去不合法的方案数即为

[n~ imes~n!~-~sum_{k = 1}^{n - 1} frac{n!}{k!} ]

以上是官方题解

第二种做法与第一种类似，同样依据上面的结论。不过是直接计算方案数。考虑我们如果选择一个排列的后 (k) 个位置，我们设这个排列的后 (k) 位是单调递增的，则对前面选择没影响的是后 ((n - k)!) 次排列，因为这几次排列是将后面 (k) 位从升序排列到降序，对前面没有影响。

考虑直接枚举 (k)，前面怎么选无所谓，方案数 (A_n^k)，后面共有 ((n - k)!) 种排列。后面这些排列共有 ((n - k)! - 1) 对，即这么多贡献。于是直接枚举统计答案即可。

以上参考 @DDOSvoid 神仙的做法

第三种做法直接打表找规律，设 (f_i) 为输入为 (i) 的答案，则

[f_i~=~(f_{i - 1}~+~(n - 1)!~-~1)~ imes~n ]

天知道他们是怎么看出规律的

Code

代码依据官方题解算法写成

#include <cstdio>
#ifdef ONLINE_JUDGE
#define freopen(a, b, c)
#endif
#define rg register
#define ci const int
#define cl const long long

typedef long long int ll;

namespace IPT {
	const int L = 1000000;
	char buf[L], *front=buf, *end=buf;
	char GetChar() {
		if (front == end) {
			end = buf + fread(front = buf, 1, L, stdin);
			if (front == end) return -1;
		}
		return *(front++);
	}
}

template <typename T>
inline void qr(T &x) {
	rg char ch = IPT::GetChar(), lst = ' ';
	while ((ch > '9') || (ch < '0')) lst = ch, ch=IPT::GetChar();
	while ((ch >= '0') && (ch <= '9')) x = (x << 1) + (x << 3) + (ch ^ 48), ch = IPT::GetChar();
	if (lst == '-') x = -x;
}

template <typename T>
inline void ReadDb(T &x) {
	rg char ch = IPT::GetChar(), lst = ' ';
	while ((ch > '9') || (ch < '0')) lst = ch, ch = IPT::GetChar();
	while ((ch >= '0') && (ch <= '9')) x = x * 10 + (ch ^ 48), ch = IPT::GetChar();
	if (ch == '.') {
		ch = IPT::GetChar();
		double base = 1;
		while ((ch >= '0') && (ch <= '9')) x += (ch ^ 48) * ((base *= 0.1)), ch = IPT::GetChar();
	}
	if (lst == '-') x = -x;
}

namespace OPT {
	char buf[120];
}

template <typename T>
inline void qw(T x, const char aft, const bool pt) {
	if (x < 0) {x = -x, putchar('-');}
	rg int top=0;
	do {OPT::buf[++top] = x % 10 + '0';} while (x /= 10);
	while (top) putchar(OPT::buf[top--]);
	if (pt) putchar(aft);
}

const int maxn = 1000010;
const int MOD = 998244353;

int n, ans;
int inv[maxn], fac[maxn], fac_inv[maxn];

void Get_Inv(ci);

int main() {
	freopen("1.in", "r", stdin);
	qr(n);
	Get_Inv(n);
	fac[1] = 1;
	for (rg int i = 2; i <= n; ++i) fac[i] = 1ll * fac[i - 1] * i % MOD;
	ans = 1ll * n * fac[n] % MOD;
	for (rg int i = 1; i < n; ++i) {
		ans = (ans - 1ll * fac[n] * fac_inv[i] % MOD) % MOD;
	}
	qw((ans + MOD) % MOD, '
', true);
	return 0;
}

void Get_Inv(ci x) {
	inv[1] = 1;fac_inv[1] = 1;
	for (rg int i = 2; i <= x; ++i) fac_inv[i] = 1ll * fac_inv[i - 1] * (inv[i] = (1ll * - (MOD / i) * inv[MOD % i]) % MOD) % MOD;
}