题意：给n!个n的排列，按字典序从小到大连成一条序列，例如3的情况为：[1,2,3, 1,3,2, 2,1,3 ,2,3,1 ,3,1,2 ,3,2,1],问其中长度为n，且和为sum=n*(n+1)/2的序列有多少个？
（题意来自于：https://www.cnblogs.com/pkgunboat/archive/2018/12/31/10201676.html @维和战艇机，感谢你这么好的总结方式，借用一下希望不要介意）
思路（非官方题解）：官方题解下面有种方法是：There is also a simple recurrence counting the same answer, found by arsijo:d(n)=(d(n−1)+(n−1)!−1)⋅n，我比赛时是用这个方法。
如官方题解思路，有两种n长度的子序列符合和为n*(n-1)/2：
第一种为n！个组成序列的排列；
第二种为一部分在一个排列中，另一部分在下一个排列中的排列。
显而易见，第一种有n！种情况，那下面来推第二种：
对于一个n长度的排列，假设我们先固定前k个元素，那么对于包含这些前k个元素固定的片段，是一系列①前k个元素固定；②后n-k个元素按照字典序从小到大的排列连接而成的，假设这一系列排列的数量为m。
发现这个有什么用呢？现在取出上面那段片段，我们来寻找里面排列为③使用一个排列后n-k个元素④使用下一个排列前k个元素的排列的数量，在上面片段中，能找到的排列都满足，而又由于这些排列夹在上面排列两两之间，可得数量为m-1。（就像对于一个队伍的小朋友，假设两两之间插入一个小朋友，那么插入小朋友的数量为原队伍小朋友的数量-1）。
那么有没有漏网之鱼呢？答案是没有。这个草稿纸上画下，你就明白了。m中满足条件的有m-1种，说明只有一种是不满足的。对于假设考虑只满足③的，那么片段的第一个排列是不满足的，考虑只满足④的话，片段的最后一个排列是不满足的。就不展开了。（不会暴露楼主不想打，，，咔咔）
现在还有一个问题，就是m未知，现在来求m：
由①，则有A(n,n-k)种；
而对于①的每种情况
由②，有k!种，又由解释需要-1，则有(k!-1)种情况。
至此可以得到一个重要的信息，列为**（③使用一个排列后n-k个元素④使用下一个排列前k个元素）**的排列的数量 = A(n,n-k)*(k!-1)。
知道上述公式后，来求答案：
k∈[1,n]；
当k=n时，其实就是组成序列的排列，所以用组成序列排列的公式：n！；
当k!=n时，用上面得出的公式A(n,n-k)*(k!-1)；
因此答案是n!+∑(k from 1 to n-1) [A(n,n-k)×(k!-1)]。
#include<stdio.h>
typedef long long ll;
const int maxn = 1e6 + 5;
const ll Mod = 998244353;
ll a,jie[maxn],djie[maxn],n,res; //jie,djie分别是阶乘和A(n,n-k)，res是结果
int main()
{
scanf("%I64d",&n);
jie[0] = 1; djie[0] = 1;
for(a = 1;a <= n;a ++)
{
jie[a] = jie[a-1] * a % Mod;
djie[a] = djie[a-1] * (n+1-a) % Mod;
}
res = jie[n];
for(a = 2;a <= n-1;a ++)
res = (res + (jie[a] - 1) * djie[n-a] % Mod) % Mod;
printf("%I64d\n",res);
return 0;
}