[XSY 3322][置换+dp]Dexterity

我们很容易发现。R必须为置换。
当A=B=C=0的时候,我们对于L没有限制,只要求R是个置换。
并满足 $R^2=E$，采用dp。 $f_i=f_{i-1}+(i-1)*f_{i-2}$
最后答案即为 $f_n*n^n$
当A,B,C中有一个不为0的时候，L,R都是置换。
并且它们满足式子:
$\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ L^ARL^BRL^C=E$
$\ L^CL^ARL^BRL^CL^{-C}=E$
$\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ L^{A+C}RL^BR=E$
$L^{A+C-B}L^BRL^BR=E$
注意到，当我们确定了L,我们想要 $L^BR$是任何置换都行。
因此,求出满足条件的L,R的方案数等价于求满足
$L^{A+C-B}R^2=E$
$\ \ \ \ \ L^{A+C-B}=R^{-2}$的置换
类似的，上面式子等价于
$L^{|A+C-B|}=R^2$
我们相当于要求出 $L^a=R^2$
接下来我们采用dp解决。
直接解决有点难，我们考虑间接解决。
令 $Z=L^a=R^2$
我们求出 $L^a$到 $Z$的方案数t1,
再求出 $Z$分解成 $R^2$的方案数t2, $Ans+=t1*t2$
我们令 $f_{i,j}$表示 $Z$中j个长度为i的环, $L^a$有多少种方法可以达到。
注意到, $L$中一个长度为 $l$的环，会被分解成 $gcd(a,l)$个长度为 $\frac{l}{gcd(a,l)}$的环。
那么，我们枚举第一个点原来在那个大环，有递推式:
$f_{i,j}=\sum_{k=1}^{i*j}[\frac{k}{gcd(k,a)}==i]\frac{(i*j-1)!}{i*(j-gcd(k,a))!}f_{i,j-gcd(k,a)}$
我们令 $g_{i,j}$表示 $Z$中j个长度为i的环有多少中方式分解成 $R^2$
注意，这个时候已经确定了次序。
我们有递推式: $g_{i,j}=g_{i,j-1}+(j-1)*i*g_{i,j-2}$(想一想，为什么)
最后，我们令 $h_{i,j}=f_{i,j}*g_{i,j}$
背包合并一下即可。
时间复杂度: $O(Tn^2log_2n)$

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int Mod=998244353;
typedef unsigned long long ull;
int n;
ull A,B,C;
#define Maxn 1005
int sum[Maxn];
int fact[Maxn],inv[Maxn];
vector<int> vec[Maxn];
int f[Maxn][Maxn],g[Maxn][Maxn];
int way[Maxn],Ans[Maxn];
int c[Maxn][Maxn];
 
ull gcd(ull a,ull b){
    if(!b)return a;
    return gcd(b,a%b);
}
 
inline int Fast_Pow(int a,int b){
    int ans=1;
    while(b){
        if(b&1)ans=1ll*ans*a%Mod;
        a=1ll*a*a%Mod;
        b>>=1;
    }
    return ans;
}
 
int main(){
    c[0][0]=1;
    for(register int i=1;i<=1000;++i){
        c[i][0]=1;
        for(register int j=1;j<=i;++j){
            c[i][j]=c[i-1][j]+c[i-1][j-1];
            if(c[i][j]>=Mod)c[i][j]-=Mod;
        }
    }
    for(register int i=1;i<=1000;++i){
        g[i][0]=1;
        g[i][1]=i&1;
        for(register int j=2;j<=1000;++j)g[i][j]=(1ll*g[i][j-1]*(i&1)+1ll*g[i][j-2]*(j-1)*i)%Mod;
    }
    fact[0]=1;
    for(int i=1;i<=1000;++i)fact[i]=1ll*fact[i-1]*i%Mod;
    inv[0]=inv[1]=1;
    for(int i=2;i<=1000;++i)inv[i]=1ll*(Mod-Mod/i)*inv[Mod%i]%Mod;
    for(int i=2;i<=1000;++i)inv[i]=1ll*inv[i-1]*inv[i]%Mod;
    int T;
    scanf("%d",&T);
    while(T--){
        memset(Ans,0,sizeof(Ans));
        memset(f,0,sizeof(f));
        scanf("%d%llu%llu%llu",&n,&A,&B,&C);
        for(register int i=1;i<=n;++i)vec[i].clear();
        if(A==0&&B==0&&C==0){
            sum[0]=1;
            for(register int i=1;i<=n;++i){
                sum[i]=sum[i-1];
                if(i>1)sum[i]=(sum[i]+1ll*(i-1)*sum[i-2])%Mod;
            }
            printf("%d\n",1ll*sum[n]*Fast_Pow(n,n)%Mod);
            continue;
        }
        A=A+C;
        if(A>=B)A-=B;
        else A=B-A;
        for(register int i=1;i<=n;++i){
        	int tmp=gcd(A,i);
        	vec[i/tmp].push_back(tmp);
        }
        Ans[0]=1;
        for(register int i=1;i<=n;++i){
            f[i][0]=1;
            for(register int j=1;j<=n/i;++j){
                for(register int k=0;k<vec[i].size();++k)
                    if(j>=vec[i][k])
                        f[i][j]=(f[i][j]+1ll*f[i][j-vec[i][k]]*fact[i*j-1]%Mod*inv[i*(j-vec[i][k])])%Mod;
                    else break;
            }
            for(register int j=0;j<=n/i;++j)way[j]=1ll*f[i][j]*g[i][j]%Mod;
            for(register int j=n;j>=0;--j){
                int ans=0;
                for(register int k=0;k*i<=j;++k)
                    ans=(ans+1ll*Ans[j-k*i]*way[k]%Mod*c[j][i*k])%Mod;
                Ans[j]=ans;
            }
        }
        printf("%d\n",Ans[n]);
    }
    return 0;
}