題目

Problem - 7113

題解

一開始想的是dp，但是需要\(dp[i][j]\)代表在\(n \times i\)的方格中放入\(j\)個數使得每列都至少有一個數的方案數，這樣答案就是

但是計算dp複雜度是\(O(n^3)\)，不可做。

突破點是分別計算1~n每個數的貢獻。對於數\(i\)，當它所在行的其他數都大於\(i\)時對答案有1的貢獻，這樣的局面有\(C(n^2-i,n-1) \cdot n\)，乘\(n\)是\(i\)在一行有\(n\)個位置可以選。此時\(i\)

將外面\(n!(n^2-n)!\)移進去可以消掉很多項，這樣就不會T。

#include <bits/stdc++.h>

#define endl '\n'
#define IOS std::ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0); cout.tie(0)
#define mp make_pair
#define seteps(N) fixed << setprecision(N) 
typedef long long ll;

using namespace std;
/*-----------------------------------------------------------------*/

ll gcd(ll a, ll b) {return b ? gcd(b, a % b) : a;}
#define INF 0x3f3f3f3f

const int N = 2.5e7 + 10;
const int M = 998244353;
const double eps = 1e-5;

ll fact[N], rfact[N], inv[N];

inline ll qpow(ll a, ll b, ll m) {
	ll res = 1;
	while(b) {
		if(b & 1) res = (res * a) % m;
		a = (a * a) % m;
		b = b >> 1;
	}
	return res;
}


int main() {
	IOS;
	fact[0] = 1;
	for(int i = 1; i < N; i++) {
		fact[i] = fact[i - 1] * i % M;
	}
	int t;
	cin >> t;
	while(t--) {
		int n;
		cin >> n;
		ll ans = 0;
		ll tn = n * n - n;
		ll pw = 1;
		for(int i = 1; i <= n; i++) {
			ans = (ans + fact[n * n - i] * n % M * n % M * pw % M) % M;
			pw = pw * tn % M;
			tn--;
		}
		cout << ans << endl;
		
	}
}