I Infinity

题意

设 $S_n$ 是所有 $n$ 阶置换构成的集合. 对于 $\sigma \in S_n$ ，设 $\nu\left(\sigma\right)$ 是集合 $\left\{\mu^{-1}\sigma\mu | \mu \in S_n\right\}$ 中的元素数量.

固定 $k$ ，多组询问 $n$ ，请计算

\sum\limits_{\sigma \in S_n} \nu\left(\sigma\right)^k

答案对 $998244353$ 取模.

前置定义

这部分内容主要是为了防止符号上的歧义. 如果您已了解这些概念，可以跳过这部分内容.

置换

$n$ 阶置换指的是从 $\left\{1, 2, \cdots, n\right\}$ 到 $\left\{1, 2, \cdots, n\right\}$ 的双射.

例如， $f : \left\{1, 2, 3, 4\right\} \rightarrow \left\{1, 2, 3, 4\right\}, f\left(1\right) = 2, f\left(2\right) = 4, f\left(3\right) = 1, f\left(4\right) = 3$ 是一个 4 阶置换.

其可以记作

f = \left( \begin{matrix} 1 & 2 & 3 & 4 \\ 2 & 4 & 1 & 3 \\ \end{matrix} \right)

当然，其第一行不一定必须是 $1, 2, 3, 4$ 的顺序，只要第一行的值被映射到第二行对应的值即可. 但习惯上，我们固定第一行的顺序.

为了方便表示，我们采用下面的列表形式来简写

f = [2, 4, 1, 3]

置换的复合

置换之间可以进行复合，定义为

fg\left(x\right) = f\left(g\left(x\right)\right)

例如若 $f = [2, 4, 1, 3]$ ， $g = [1, 3, 4, 2]$ ，则

f\left(g\left(1\right)\right) = f\left(1\right) = 2 \\ f\left(g\left(2\right)\right) = f\left(3\right) = 1 \\ f\left(g\left(3\right)\right) = f\left(4\right) = 3 \\ f\left(g\left(4\right)\right) = f\left(2\right) = 4 \\

可以看到 $fg$ 还是一个 4 阶置换.

原因是， 2 个从 $\left\{1, 2, \cdots, n\right\}$ 到自身的双射的复合，仍然是从 $\left\{1, 2, \cdots, n\right\}$ 到自身的双射，即 $n$ 阶置换.

因此

fg = [2, 1, 3, 4]

置换的循环分解

对于置换 $f$ ，我们可以建立一个有向图 $G = \left<V, E\right>$ ，其中 $V = \left\{1, 2, \cdots, n\right\}$ ， $E = \left\{\left(i, f\left(i\right)\right) | i \in \left\{1, 2, \cdots, n\right\}\right\}$ .

例如下图是 $f = [5, 2, 4, 3, 6, 1]$ 的有向图：

alt

可以看到，这个图由若干个简单有向环组成.

每个 $n$ 阶置换都对应一个点集是 $\left\{1, 2, \cdots, n\right\}$ ，由若干个简单有向环组成的有向图.

原因是，由于这是一个从 $\left\{1, 2, \cdots, n\right\}$ 到自身的双射，所以每个点的出度和入度都为 1，因此每个点恰好属于一个简单有向环，且没有多余的入边和出边.

反过来，每个点集是 $\left\{1, 2, \cdots, n\right\}$ ，由若干个简单有向环组成的有向图，都对应一个 $n$ 阶置换.

原因是，由于每个点恰好属于一个简单有向环，所以每个点的出度和入度都为 1，且没有多余的入边和出边，所以这是一个从 $\left\{1, 2, \cdots, n\right\}$ 到自身的双射，即 $n$ 阶置换.

我们可以把每个排列的有向图分解为多个有向图：对于每个简单有向环，我们保持这个该环上的结点的边不变，而不在该环上的结点的边全部删去，并添加不在该环上的结点到自身的自环.

这样我们就得到了多个有向图，每个有向图对应一个置换，称为循环.

我们这样定义循环的符号表示： $\sigma = \left(\begin{matrix} x_1 & x_2 & \cdots & x_m \end{matrix} \right)$ 是一个 $n$ 阶置换，满足

\sigma\left(x\right) = \begin{cases} x_{i+1}, x = x_i, i = 1, 2, \cdots, m - 1 \\ x_1, x = x_m \\ x, \mathrm{otherwise} \end{cases}

例如 $\sigma = \left(\begin{matrix} 1 & 5 & 6 \end{matrix}\right)$ 作为一个 $6$ 阶置换时，即为 $\sigma = \left[5, 2, 3, 4, 6, 1\right]$ .

由于这些环之间是互不干扰的，因此这些有向图对应的置换，以任意顺序复合，得到的都是原置换.

这样，我们就把原置换分解为了若干个置换的复合，这些置换都是循环，且互不相交.

这种分解方式称为置换的循环分解.

如果我们不考虑这些置换的顺序，那么就可以说，一个置换的循环分解的结果是唯一的.

$f = [5, 2, 4, 3, 6, 1]$ 的循环分解可写为

f = \left( \begin{matrix} 1 & 5 & 6 \\ \end{matrix} \right) \left( \begin{matrix} 2 \\ \end{matrix} \right) \left( \begin{matrix} 3 & 4 \\ \end{matrix} \right)

可以看到，这里的每个循环恰好对应有向图上的一个简单有向环.

恒等置换

$n$ 阶恒等置换指的是 $\left\{1, 2, \cdots, n\right\}$ 到自身的恒等映射，即：

如果 $n$ 阶置换 $f \in S_n$ 满足对任意 $x \in \left\{1, 2, \cdots, n\right\}$ ，都有 $f\left(x\right) = x$ ，则称 $f$ 是 $n$ 阶恒等置换.

例如 $f = [1, 2, 3]$ 是 3 阶恒等置换.

逆置换

$n$ 阶置换 $f$ 的逆置换 $g$ 指的是 $f$ 的逆映射，即：

对于 $n$ 阶置换 $f \in S_n$ ，如果映射 $g : \left\{1, 2, \cdots, n\right\} \rightarrow \left\{1, 2, \cdots, n\right\}$ 满足对任意 $x \in \left\{1, 2, \cdots, n\right\}$ ，都有

f\left(g\left(x\right)\right) = g\left(f\left(x\right)\right) = x

则称 $g$ 是 $f$ 的逆置换，记作 $g = f^{-1}$ .

由于双射的逆映射还是双射，因此，置换的逆置换 $f^{-1}$ 是置换.

由于双射的逆映射存在且唯一，因此任意一个置换的逆置换，都存在且唯一.

求解逆置换是简单的. 下面举例说明：如果 $f = [2, 4, 3, 1]$ ，则

f^{-1}\left(f\left(1\right)\right) = 1 \Rightarrow f^{-1}\left(2\right) = 1 \\ f^{-1}\left(f\left(2\right)\right) = 2 \Rightarrow f^{-1}\left(4\right) = 2 \\ f^{-1}\left(f\left(3\right)\right) = 3 \Rightarrow f^{-1}\left(3\right) = 3 \\ f^{-1}\left(f\left(4\right)\right) = 4 \Rightarrow f^{-1}\left(1\right) = 4 \\

因此

f^{-1} = [4, 1, 3, 2]

由定义不难得到：

$ff^{-1}$ 和 $f^{-1}f$ 都是恒等置换
$\left(f^{-1}\right)^{-1} = f$

题解

首先应该明确，对于指定的 $\sigma$ ，集合 $\left\{\mu^{-1}\sigma\mu | \mu \in S_n\right\}$ 里面的元素到底是什么.

先从简单的例子开始考虑，例如 $n = 4$ ， $\sigma = [1, 3, 4, 2]$ ，我们可以遍历所有的 4 阶置换 $\mu$ ，列表如下：

$\mu$	$\mu^{-1}$	$\mu^{-1}\sigma\mu$	$\mu^{-1}\sigma\mu$ 的循环分解
[1, 2, 3, 4]	[1, 2, 3, 4]	[1, 3, 4, 2]	(1)(2 3 4)
[1, 2, 4, 3]	[1, 2, 4, 3]	[1, 4, 2, 3]	(1)(2 4 3)
[1, 3, 2, 4]	[1, 3, 2, 4]	[1, 4, 2, 3]	(1)(2 4 3)
[1, 3, 4, 2]	[1, 4, 2, 3]	[1, 3, 4, 2]	(1)(2 3 4)
[1, 4, 2, 3]	[1, 3, 4, 2]	[1, 3, 4, 2]	(1)(2 3 4)
[1, 4, 3, 2]	[1, 4, 3, 2]	[1, 4, 2, 3]	(1)(2 4 3)
[2, 1, 3, 4]	[2, 1, 3, 4]	[3, 2, 4, 1]	(1 3 4)(2)
[2, 1, 4, 3]	[2, 1, 4, 3]	[4, 2, 1, 3]	(1 4 3)(2)
[2, 3, 1, 4]	[3, 1, 2, 4]	[2, 4, 3, 1]	(1 2 4)(3)
[2, 3, 4, 1]	[4, 1, 2, 3]	[2, 3, 1, 4]	(1 2 3)(4)
[2, 4, 1, 3]	[3, 1, 4, 2]	[4, 1, 3, 2]	(1 4 2)(3)
[2, 4, 3, 1]	[4, 1, 3, 2]	[3, 1, 2, 4]	(1 3 2)(4)
[3, 1, 2, 4]	[2, 3, 1, 4]	[4, 2, 1, 3]	(1 4 3)(2)
[3, 1, 4, 2]	[2, 4, 1, 3]	[3, 2, 4, 1]	(1 3 4)(2)
[3, 2, 1, 4]	[3, 2, 1, 4]	[4, 1, 3, 2]	(1 4 2)(3)
[3, 2, 4, 1]	[4, 2, 1, 3]	[3, 1, 2, 4]	(1 3 2)(4)
[3, 4, 1, 2]	[3, 4, 1, 2]	[2, 4, 3, 1]	(1 2 4)(3)
[3, 4, 2, 1]	[4, 3, 1, 2]	[2, 3, 1, 4]	(1 2 3)(4)
[4, 1, 2, 3]	[2, 3, 4, 1]	[3, 2, 4, 1]	(1 3 4)(2)
[4, 1, 3, 2]	[2, 4, 3, 1]	[4, 2, 1, 3]	(1 4 3)(2)
[4, 2, 1, 3]	[3, 2, 4, 1]	[2, 4, 3, 1]	(1 2 4)(3)
[4, 2, 3, 1]	[4, 2, 3, 1]	[2, 3, 1, 4]	(1 2 3)(4)
[4, 3, 1, 2]	[3, 4, 2, 1]	[4, 1, 3, 2]	(1 4 2)(3)
[4, 3, 2, 1]	[4, 3, 2, 1]	[3, 1, 2, 4]	(1 3 2)(4)

我们发现一个事实，就是这个集合里的所有排列，他的有向图（可从循环分解看出）都是 1 个一元环 + 1 个三元环.

换句话说，这些图都是同构的.

如果你不知道同构的概念，可以理解为，这些图的区别只是把结点重新编号了一下. 如果去除结点编号，则这些图是无法区分的.

这里，给出图的同构的形式化定义：

设 $G_1 = \left<V_1, E_1\right>$ ， $G_2 = \left<V_2, E_2\right>$ 是 2 个图，如果存在一个双射 $h : V_1 \rightarrow V_2$ ，使得对任意 $u, v \in V_1$ ，都有

\left(u, v\right) \in E_1 \Leftrightarrow \left(h\left(u\right), h\left(v\right)\right) \in E_2

则称 $G_1$ 与 $G_2$ 同构.

由于我们研究的是 2 个 $n$ 阶置换对应的有向图的同构关系，因此 $V_1 = V_2 = \left\{1, 2, \cdots, n\right\}$ ，则这里的双射 $h \in S_n$ .

我们猜测：置换 $f \in \left\{\mu^{-1}\sigma\mu | \mu \in S_n\right\}$ 的充分必要条件是， $f$ 的有向图与 $\sigma$ 的有向图同构.

要证明这个结论，只需要从图同构的定义出发.

必要性：若 $f \in \left\{\mu^{-1}\sigma\mu | \mu \in S_n\right\}$ ，则 $f$ 的有向图与 $\sigma$ 的有向图同构.

记 $f = \mu_0^{-1}\sigma\mu_0$ ， $\mu_0 \in S_n$ ，记 $f$ 的有向图边集是 $E_1$ ， $\sigma$ 的有向图边集是 $E_2$ ，则
$\left(x, y\right) \in E_1 \Leftrightarrow y = \mu_0^{-1}\left(\sigma\left(\mu_0\left(x\right)\right)\right) \Leftrightarrow \mu_0\left(y\right) = \sigma\left(\mu_0\left(x\right)\right) \Leftrightarrow \left(\mu_0\left(x\right), \mu_0\left(y\right)\right) \in E_2$
因此 $f$ 的有向图与 $\sigma$ 的有向图同构.

这就证明了必要性.
充分性：若 $f$ 的有向图与 $\sigma$ 的有向图同构，则 $f \in \left\{\mu^{-1}\sigma\mu | \mu \in S_n\right\}$ .

记 $f$ 的有向图边集是 $E_1$ ， $\sigma$ 的有向图边集是 $E_2$ ，则存在 $h \in S_n$ ，使得
$y = f\left(x\right) \Leftrightarrow \left(x, y\right) \in E_1 \Leftrightarrow \left(h\left(x\right), h\left(y\right)\right) \in E_2 \Leftrightarrow h\left(y\right) = \sigma\left(h\left(x\right)\right) \Leftrightarrow y = h^{-1}\left(\sigma\left(h\left(x\right)\right)\right)$
因此 $f = h^{-1}\sigma h \in \left\{\mu^{-1}\sigma\mu | \mu \in S_n\right\}$ .

这就证明了充分性.

因此， $\left\{\mu^{-1}\sigma\mu | \mu \in S_n\right\}$ 就是有向图与 $\sigma$ 的有向图同构的置换的集合， $\nu\left(\sigma\right)$ 就是有向图与 $\sigma$ 的有向图同构的置换的个数.

为了加强对这个概念的理解，这里以 $n = 4$ 举例说明：

有向图	置换 $\sigma$	$\nu\left(\sigma\right)$
4 个一元环	$\left[1, 2, 3, 4\right]$	1
2 个一元环，1 个二元环	$\left[1, 2, 4, 3\right]$ , $\left[1, 3, 2, 4\right]$ , $\left[1, 4, 3, 2\right]$ , $\left[2, 1, 3, 4\right]$ , $\left[3, 2, 1, 4\right]$ , $\left[4, 2, 3, 1\right]$	6
1 个一元环，1 个三元环	$\left[1, 3, 4, 2\right]$ , $\left[1, 4, 2, 3\right]$ , $\left[2, 3, 1, 4\right]$ , $\left[2, 4, 3, 1\right]$ , $\left[3, 1, 2, 4\right]$ , $\left[3, 2, 4, 1\right]$ , $\left[4, 1, 3, 2\right]$ , $\left[4, 2, 1, 3\right]$	8
2 个二元环	$\left[2, 1, 4, 3\right]$ , $\left[3, 4, 1, 2\right]$ , $\left[4, 3, 2, 1\right]$	3
1 个四元环	$\left[2, 3, 4, 1\right]$ , $\left[2, 4, 1, 3\right]$ , $\left[3, 1, 4, 2\right]$ , $\left[3, 4, 2, 1\right]$ , $\left[4, 1, 2, 3\right]$ , $\left[4, 3, 1, 2\right]$	6

因此，此时的答案为

\sum\limits_{\sigma \in S_4} \nu\left(\sigma\right)^k = 1 \cdot 1^k + 6 \cdot 6^k + 8 \cdot 8^k + 3 \cdot 3^k + 6 \cdot 6^k = 1^{k+1} + 6^{k+1} + 8^{k+1} + 3^{k+1} + 6^{k+1}

例如 $k = 1$ 时有

\sum\limits_{\sigma \in S_4} \nu\left(\sigma\right) = 1^2 + 6^2 + 8^2 + 3^2 + 6^2 = 146

这就是样例 1 的第 4 个数据的答案.

从这个例子，我们知道，我们可以按有向图里的简单有向环的情况来把 $S_n$ 划分成若干个等价类，每个等价类的大小如果是 $m$ ，则对答案会产生 $m \cdot m^k = m^{k+1}$ 的贡献.

接下去，本题就变成纯组合数学问题了.

首先， $n$ 个点，能分成哪些环?

我们可以设 $i$ 元环有 $c_i$ 个，则有约束

\sum\limits_{i=1}^n i c_i = n

且 $c_1, c_2, \cdots, c_n$ 均为非负整数.

我们需要看的就是满足上述约束的所有情况.

对于某一组 $c_1, c_2, \cdots, c_n$ 的情况，我们要知道，有向图是这种情况的置换，有多少个. 实际上我们就是要求这样的有向图有多少个.

如果同大小的环也视为地位不等的，那么，我们把 $1, 2, \cdots, n$ 这 $n$ 个数字分给这些环，利用组合数相乘等方法可得有

\frac{n!}{\prod\limits_{i=1}^n \left(i!\right)^{c_i}}

种分法. 但是，事实上同大小的环是地位相等的，因此实际上是

\frac{n!}{\prod\limits_{i=1}^n \left(i!\right)^{c_i} \cdot \left(c_i!\right)}

种分法. 然后，每个大小为 $i$ 的环有 $\left(i - 1\right)!$ 种情况（固定一个起点的值，剩下部分全排列），因此，这样的有向图有

\frac{n!}{\prod\limits_{i=1}^n \left(i!\right)^{c_i} \cdot \left(c_i!\right)} \cdot \prod\limits_{i=1}^n \left(\left(i-1\right)!\right)^{c_i} = n! \cdot \prod\limits_{i=1}^n \frac{1}{i^{c_i} \cdot \left(c_i!\right)}

因此，我们的答案是

\sum\limits_{\sum\limits_{i=1}^n i c_i = n, c_i \geq 0, c_i \in \mathbb{Z}} \left(n! \cdot \prod\limits_{i=1}^n \frac{1}{i^{c_i} \cdot \left(c_i!\right)}\right)^{k+1} = \left(n!\right)^{k+1}\sum\limits_{\sum\limits_{i=1}^n i c_i = n, c_i \geq 0, c_i \in \mathbb{Z}} \prod\limits_{i=1}^n \frac{1}{\left(i^{c_i} \cdot \left(c_i!\right)\right)^{k+1}}

这里最难处理的就是，我们到底怎样处理这个 $c_i$ 的约束条件.

我们知道

\frac{1}{\left(i^{j} \cdot \left(j!\right)\right)^{k+1}}

是把 $c_i$ 定为 $j$ 后产生的乘积项.

如果我们忽略 $c_i$ 的约束条件，只要求 $c_i$ 是非负整数，我们就有

\sum\limits_{c_i \geq 0, c_i \in \mathbb{Z}} \prod\limits_{i=1}^n \frac{1}{\left(i^{c_i} \cdot \left(c_i!\right)\right)^{k+1}}= \prod\limits_{i=1}^n \sum\limits_{j=0}^{\infty} \frac{1}{\left(i^{j} \cdot \left(j!\right)\right)^{k+1}}

这是因为，这 $n$ 个和式乘起来展开后的每一项，都是这 $n$ 个和式中，每个选 1 项，乘起来得到的，相当于对 $c_1, c_2, \cdots, c_n$ 的一种取值，产生的项. 那我们把这些全部加起来，就得到了总的和.

现在，我们要添加 $\sum\limits_{i=1}^n i c_i = n$ 这个条件. 这个是不难处理的，我们可以给每个项加个指示部分 $x^{ij}$ ，这样 $n$ 个和式乘起来展开后的每一项， $x$ 的指数就指示了该项对应的 $\sum\limits_{i=1}^n i c_i$ 的值，我们只需要知道 $x^n$ 项的系数是多少就可以了. 也就是说，

\sum\limits_{\sum\limits_{i=1}^n i c_i = n, c_i \geq 0, c_i \in \mathbb{Z}} \prod\limits_{i=1}^n \frac{1}{\left(i^{c_i} \cdot \left(c_i!\right)\right)^{k+1}} = \left[x^n\right]\prod\limits_{i=1}^n \sum\limits_{j=0}^{\infty} \frac{1}{\left(i^{j} \cdot \left(j!\right)\right)^{k+1}}x^{ij}

这里 $\left[x^n\right]F\left(x\right)$ 这个记号的含义是 $F\left(x\right)$ 的 $x^n$ 项的系数.

由于题目要对多个 $n$ 进行询问，我们把外层乘积的上限改为 $\infty$ ，显然大于 $n$ 次的 $i$ 产生的项不会影响 $x^n$ 的系数.

这样我们右边这个多项式部分就与 $n$ 无关了.

那么，我们的答案是

\mathrm{ans}_{n, k} = \left(n!\right)^{k+1}\cdot\left[x^n\right]\prod\limits_{i=1}^{\infty} \sum\limits_{j=0}^{\infty} \frac{1}{\left(i^{j} \cdot \left(j!\right)\right)^{k+1}}x^{ij}

记 $n$ 的查询上限是 $N = 2 \cdot 10^5$ ，我们的难点主要是，要求出

F\left(x\right) = \prod\limits_{i=1}^{\infty} \sum\limits_{j=0}^{\infty} \frac{1}{\left(i^{j} \cdot \left(j!\right)\right)^{k+1}}x^{ij}

这个多项式的不超过 $N$ 次的项的系数.

以下全程的计算都只需要 $\leq N$ 次项的系数，可以认为是在 $\mod x^{N+1}$ 下进行的运算.

如果直接使用 NTT 多项式乘法，由于内层求和需要保留到 $x^N$ 项，外层乘积需要保留到 $i = N$ ，而 2 个 $N$ 次多项式乘法的复杂度是 $O\left(N\log N\right)$ ，则总复杂度是 $O\left(N^2 \log N\right)$ ，完全无法接受.

我们考虑引入自然对数运算 $\ln$ ，这样，就变为了

\ln F\left(x\right) = \sum\limits_{i=1}^{\infty}\ln\sum\limits_{j=0}^{\infty}\frac{1}{\left(i^{j} \cdot \left(j!\right)\right)^{k+1}}x^{ij}

但是，计算一个 $N$ 次多项式的自然对数，是 $O\left(N \log_2 N\right)$ 的，如果对 $N$ 个多项式都算一遍自然对数，这仍然是 $O\left(N^2 \log_2 N\right)$ ，无法接受.

因此，我们考虑能不能直接算出 $\ln F\left(x\right)$ 的系数.

我们发现

\sum\limits_{j=0}^{\infty}\frac{1}{\left(i^{j} \cdot \left(j!\right)\right)^{k+1}}x^{ij} = \sum\limits_{j = 0}^{\infty} \frac{1}{\left(j!\right)^{k+1}}\left(\frac{x^i}{i^{k+1}}\right)^j

因此我们可以设

G\left(x\right) = \sum\limits_{j=0}^{\infty} \frac{1}{\left(j!\right)^{k+1}}x^j

该多项式不超过 $N$ 次的项的系数可以以 $O\left(N\right)$ 的时间复杂度计算.

记

\ln G\left(x\right) = \sum\limits_{j=0}^{\infty}g_j x^j

那么我们可以以 $O\left(N \log N\right)$ 的时间复杂度计算出 $j \leq N$ 的所有 $g_j$ .

那么

\ln F\left(x\right) = \sum\limits_{i=1}^{\infty} \ln G\left(\frac{x^i}{i^{k+1}}\right) = \sum\limits_{i=1}^{\infty}\sum\limits_{j=0}^{\infty} \frac{g_j}{i^{\left(k + 1\right)j}}x^{ij}

我们只需要遍历 $ij \leq N$ 的部分即可，而这个的时间复杂度是

\sum\limits_{i=1}^N \left(\lfloor \frac{N}{i} \rfloor + 1\right) = O\left(N \log N\right)

然后，我们就能以 $O\left(N \log N\right)$ 的时间复杂度计算出

F\left(x\right) = \exp\left(\ln F\left(x\right)\right)

然后就能 $O\left(1\right)$ 查询答案

\mathrm{ans}_{n, k} = \left(n!\right)^{k+1}\cdot\left[x^n\right]F\left(x\right)

时间复杂度： $O\left(N\log N\right)$ 预处理， $O\left(1\right)$ 每次查询.

空间复杂度： $O\left(N\right)$

代码

#include <bits/stdc++.h>

using i64 = long long;
using u64 = unsigned long long;
using u32 = unsigned;

using u128 = unsigned __int128;
using i128 = __int128;

template<class T>
constexpr T power(T a, i64 b) {
    T res = 1;
    for (; b; b /= 2, a *= a) {
        if (b % 2) {
            res *= a;
        }
    }
    return res;
}

template<int P>
struct MInt {
    int x;
    constexpr MInt() : x{} {}
    constexpr MInt(i64 x) : x{norm(x % getMod())} {}
    
    static int Mod;
    constexpr static int getMod() {
        if (P > 0) {
            return P;
        } else {
            return Mod;
        }
    }
    constexpr static void setMod(int Mod_) {
        Mod = Mod_;
    }
    constexpr int norm(int x) const {
        if (x < 0) {
            x += getMod();
        }
        if (x >= getMod()) {
            x -= getMod();
        }
        return x;
    }
    constexpr int val() const {
        return x;
    }
    explicit constexpr operator int() const {
        return x;
    }
    constexpr MInt operator-() const {
        MInt res;
        res.x = norm(getMod() - x);
        return res;
    }
    constexpr MInt inv() const {
        assert(x != 0);
        return power(*this, getMod() - 2);
    }
    constexpr MInt &operator*=(MInt rhs) & {
        x = 1LL * x * rhs.x % getMod();
        return *this;
    }
    constexpr MInt &operator+=(MInt rhs) & {
        x = norm(x + rhs.x);
        return *this;
    }
    constexpr MInt &operator-=(MInt rhs) & {
        x = norm(x - rhs.x);
        return *this;
    }
    constexpr MInt &operator/=(MInt rhs) & {
        return *this *= rhs.inv();
    }
    friend constexpr MInt operator*(MInt lhs, MInt rhs) {
        MInt res = lhs;
        res *= rhs;
        return res;
    }
    friend constexpr MInt operator+(MInt lhs, MInt rhs) {
        MInt res = lhs;
        res += rhs;
        return res;
    }
    friend constexpr MInt operator-(MInt lhs, MInt rhs) {
        MInt res = lhs;
        res -= rhs;
        return res;
    }
    friend constexpr MInt operator/(MInt lhs, MInt rhs) {
        MInt res = lhs;
        res /= rhs;
        return res;
    }
    friend constexpr std::istream &operator>>(std::istream &is, MInt &a) {
        i64 v;
        is >> v;
        a = MInt(v);
        return is;
    }
    friend constexpr std::ostream &operator<<(std::ostream &os, const MInt &a) {
        return os << a.val();
    }
    friend constexpr bool operator==(MInt lhs, MInt rhs) {
        return lhs.val() == rhs.val();
    }
    friend constexpr bool operator!=(MInt lhs, MInt rhs) {
        return lhs.val() != rhs.val();
    }
};

template<>
int MInt<0>::Mod = 1;

template<int V, int P>
constexpr MInt<P> CInv = MInt<P>(V).inv();

constexpr int P = 998244353;
using Z = MInt<P>;

std::vector<int> rev;
template<int P>
std::vector<MInt<P>> roots{0, 1};

template<int P>
constexpr MInt<P> findPrimitiveRoot() {
    MInt<P> i = 2;
    int k = __builtin_ctz(P - 1);
    while (true) {
        if (power(i, (P - 1) / 2) != 1) {
            break;
        }
        i += 1;
    }
    return power(i, (P - 1) >> k);
}

template<int P>
constexpr MInt<P> primitiveRoot = findPrimitiveRoot<P>();

template<>
constexpr MInt<998244353> primitiveRoot<998244353> {31};

template<int P>
constexpr void dft(std::vector<MInt<P>> &a) {
    int n = a.size();
    
    if (int(rev.size()) != n) {
        int k = __builtin_ctz(n) - 1;
        rev.resize(n);
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            rev[i] = rev[i >> 1] >> 1 | (i & 1) << k;
        }
    }
    
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        if (rev[i] < i) {
            std::swap(a[i], a[rev[i]]);
        }
    }
    if (roots<P>.size() < n) {
        int k = __builtin_ctz(roots<P>.size());
        roots<P>.resize(n);
        while ((1 << k) < n) {
            auto e = power(primitiveRoot<P>, 1 << (__builtin_ctz(P - 1) - k - 1));
            for (int i = 1 << (k - 1); i < (1 << k); i++) {
                roots<P>[2 * i] = roots<P>[i];
                roots<P>[2 * i + 1] = roots<P>[i] * e;
            }
            k++;
        }
    }
    for (int k = 1; k < n; k *= 2) {
        for (int i = 0; i < n; i += 2 * k) {
            for (int j = 0; j < k; j++) {
                MInt<P> u = a[i + j];
                MInt<P> v = a[i + j + k] * roots<P>[k + j];
                a[i + j] = u + v;
                a[i + j + k] = u - v;
            }
        }
    }
}

template<int P>
constexpr void idft(std::vector<MInt<P>> &a) {
    int n = a.size();
    std::reverse(a.begin() + 1, a.end());
    dft(a);
    MInt<P> inv = (1 - P) / n;
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        a[i] *= inv;
    }
}

template<int P = 998244353>
struct Poly : public std::vector<MInt<P>> {
    using Value = MInt<P>;
    
    Poly() : std::vector<Value>() {}
    explicit constexpr Poly(int n) : std::vector<Value>(n) {}
    
    explicit constexpr Poly(const std::vector<Value> &a) : std::vector<Value>(a) {}
    constexpr Poly(const std::initializer_list<Value> &a) : std::vector<Value>(a) {}
    
    template<class InputIt, class = std::_RequireInputIter<InputIt>>
    explicit constexpr Poly(InputIt first, InputIt last) : std::vector<Value>(first, last) {}
    
    template<class F>
    explicit constexpr Poly(int n, F f) : std::vector<Value>(n) {
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            (*this)[i] = f(i);
        }
    }
    
    constexpr Poly shift(int k) const {
        if (k >= 0) {
            auto b = *this;
            b.insert(b.begin(), k, 0);
            return b;
        } else if (this->size() <= -k) {
            return Poly();
        } else {
            return Poly(this->begin() + (-k), this->end());
        }
    }
    constexpr Poly trunc(int k) const {
        Poly f = *this;
        f.resize(k);
        return f;
    }
    constexpr friend Poly operator+(const Poly &a, const Poly &b) {
        Poly res(std::max(a.size(), b.size()));
        for (int i = 0; i < a.size(); i++) {
            res[i] += a[i];
        }
        for (int i = 0; i < b.size(); i++) {
            res[i] += b[i];
        }
        return res;
    }
    constexpr friend Poly operator-(const Poly &a, const Poly &b) {
        Poly res(std::max(a.size(), b.size()));
        for (int i = 0; i < a.size(); i++) {
            res[i] += a[i];
        }
        for (int i = 0; i < b.size(); i++) {
            res[i] -= b[i];
        }
        return res;
    }
    constexpr friend Poly operator-(const Poly &a) {
        std::vector<Value> res(a.size());
        for (int i = 0; i < int(res.size()); i++) {
            res[i] = -a[i];
        }
        return Poly(res);
    }
    constexpr friend Poly operator*(Poly a, Poly b) {
        if (a.size() == 0 || b.size() == 0) {
            return Poly();
        }
        if (a.size() < b.size()) {
            std::swap(a, b);
        }
        int n = 1, tot = a.size() + b.size() - 1;
        while (n < tot) {
            n *= 2;
        }
        if (((P - 1) & (n - 1)) != 0 || b.size() < 128) {
            Poly c(a.size() + b.size() - 1);
            for (int i = 0; i < a.size(); i++) {
                for (int j = 0; j < b.size(); j++) {
                    c[i + j] += a[i] * b[j];
                }
            }
            return c;
        }
        a.resize(n);
        b.resize(n);
        dft(a);
        dft(b);
        for (int i = 0; i < n; ++i) {
            a[i] *= b[i];
        }
        idft(a);
        a.resize(tot);
        return a;
    }
    constexpr friend Poly operator*(Value a, Poly b) {
        for (int i = 0; i < int(b.size()); i++) {
            b[i] *= a;
        }
        return b;
    }
    constexpr friend Poly operator*(Poly a, Value b) {
        for (int i = 0; i < int(a.size()); i++) {
            a[i] *= b;
        }
        return a;
    }
    constexpr friend Poly operator/(Poly a, Value b) {
        for (int i = 0; i < int(a.size()); i++) {
            a[i] /= b;
        }
        return a;
    }
    constexpr Poly &operator+=(Poly b) {
        return (*this) = (*this) + b;
    }
    constexpr Poly &operator-=(Poly b) {
        return (*this) = (*this) - b;
    }
    constexpr Poly &operator*=(Poly b) {
        return (*this) = (*this) * b;
    }
    constexpr Poly &operator*=(Value b) {
        return (*this) = (*this) * b;
    }
    constexpr Poly &operator/=(Value b) {
        return (*this) = (*this) / b;
    }
    constexpr Poly deriv() const {
        if (this->empty()) {
            return Poly();
        }
        Poly res(this->size() - 1);
        for (int i = 0; i < this->size() - 1; ++i) {
            res[i] = (i + 1) * (*this)[i + 1];
        }
        return res;
    }
    constexpr Poly integr() const {
        Poly res(this->size() + 1);
        for (int i = 0; i < this->size(); ++i) {
            res[i + 1] = (*this)[i] / (i + 1);
        }
        return res;
    }
    constexpr Poly inv(int m) const {
        Poly x{(*this)[0].inv()};
        int k = 1;
        while (k < m) {
            k *= 2;
            x = (x * (Poly{2} - trunc(k) * x)).trunc(k);
        }
        return x.trunc(m);
    }
    constexpr Poly log(int m) const {
        return (deriv() * inv(m)).integr().trunc(m);
    }
    constexpr Poly exp(int m) const {
        Poly x{1};
        int k = 1;
        while (k < m) {
            k *= 2;
            x = (x * (Poly{1} - x.log(k) + trunc(k))).trunc(k);
        }
        return x.trunc(m);
    }
    constexpr Poly pow(int k, int m) const {
        int i = 0;
        while (i < this->size() && (*this)[i] == 0) {
            i++;
        }
        if (i == this->size() || 1LL * i * k >= m) {
            return Poly(m);
        }
        Value v = (*this)[i];
        auto f = shift(-i) * v.inv();
        return (f.log(m - i * k) * k).exp(m - i * k).shift(i * k) * power(v, k);
    }
    constexpr Poly sqrt(int m) const {
        Poly x{1};
        int k = 1;
        while (k < m) {
            k *= 2;
            x = (x + (trunc(k) * x.inv(k)).trunc(k)) * CInv<2, P>;
        }
        return x.trunc(m);
    }
    constexpr Poly mulT(Poly b) const {
        if (b.size() == 0) {
            return Poly();
        }
        int n = b.size();
        std::reverse(b.begin(), b.end());
        return ((*this) * b).shift(-(n - 1));
    }
    constexpr std::vector<Value> eval(std::vector<Value> x) const {
        if (this->size() == 0) {
            return std::vector<Value>(x.size(), 0);
        }
        const int n = std::max(x.size(), this->size());
        std::vector<Poly> q(4 * n);
        std::vector<Value> ans(x.size());
        x.resize(n);
        std::function<void(int, int, int)> build = [&](int p, int l, int r) {
            if (r - l == 1) {
                q[p] = Poly{1, -x[l]};
            } else {
                int m = (l + r) / 2;
                build(2 * p, l, m);
                build(2 * p + 1, m, r);
                q[p] = q[2 * p] * q[2 * p + 1];
            }
        };
        build(1, 0, n);
        std::function<void(int, int, int, const Poly &)> work = [&](int p, int l, int r, const Poly &num) {
            if (r - l == 1) {
                if (l < int(ans.size())) {
                    ans[l] = num[0];
                }
            } else {
                int m = (l + r) / 2;
                work(2 * p, l, m, num.mulT(q[2 * p + 1]).trunc(m - l));
                work(2 * p + 1, m, r, num.mulT(q[2 * p]).trunc(r - m));
            }
        };
        work(1, 0, n, mulT(q[1].inv(n)));
        return ans;
    }
};

template<int P = 998244353>
Poly<P> berlekampMassey(const Poly<P> &s) {
    Poly<P> c;
    Poly<P> oldC;
    int f = -1;
    for (int i = 0; i < s.size(); i++) {
        auto delta = s[i];
        for (int j = 1; j <= c.size(); j++) {
            delta -= c[j - 1] * s[i - j];
        }
        if (delta == 0) {
            continue;
        }
        if (f == -1) {
            c.resize(i + 1);
            f = i;
        } else {
            auto d = oldC;
            d *= -1;
            d.insert(d.begin(), 1);
            MInt<P> df1 = 0;
            for (int j = 1; j <= d.size(); j++) {
                df1 += d[j - 1] * s[f + 1 - j];
            }
            assert(df1 != 0);
            auto coef = delta / df1;
            d *= coef;
            Poly<P> zeros(i - f - 1);
            zeros.insert(zeros.end(), d.begin(), d.end());
            d = zeros;
            auto temp = c;
            c += d;
            if (i - temp.size() > f - oldC.size()) {
                oldC = temp;
                f = i;
            }
        }
    }
    c *= -1;
    c.insert(c.begin(), 1);
    return c;
}


template<int P = 998244353>
MInt<P> linearRecurrence(Poly<P> p, Poly<P> q, i64 n) {
    int m = q.size() - 1;
    while (n > 0) {
        auto newq = q;
        for (int i = 1; i <= m; i += 2) {
            newq[i] *= -1;
        }
        auto newp = p * newq;
        newq = q * newq;
        for (int i = 0; i < m; i++) {
            p[i] = newp[i * 2 + n % 2];
        }
        for (int i = 0; i <= m; i++) {
            q[i] = newq[i * 2];
        }
        n /= 2;
    }
    return p[0] / q[0];
}

struct Comb {
    int n;
    std::vector<Z> _fac;
    std::vector<Z> _invfac;
    std::vector<Z> _inv;
    
    Comb() : n{0}, _fac{1}, _invfac{1}, _inv{0} {}
    Comb(int n) : Comb() {
        init(n);
    }
    
    void init(int m) {
        if (m <= n) return;
        _fac.resize(m + 1);
        _invfac.resize(m + 1);
        _inv.resize(m + 1);
        
        for (int i = n + 1; i <= m; i++) {
            _fac[i] = _fac[i - 1] * i;
        }
        _invfac[m] = _fac[m].inv();
        for (int i = m; i > n; i--) {
            _invfac[i - 1] = _invfac[i] * i;
            _inv[i] = _invfac[i] * _fac[i - 1];
        }
        n = m;
    }
    
    Z fac(int m) {
        if (m > n) init(2 * m);
        return _fac[m];
    }
    Z invfac(int m) {
        if (m > n) init(2 * m);
        return _invfac[m];
    }
    Z inv(int m) {
        if (m > n) init(2 * m);
        return _inv[m];
    }
    Z binom(int n, int m) {
        if (n < m || m < 0) return 0;
        return fac(n) * invfac(m) * invfac(n - m);
    }
} comb;

constexpr int N = 200000;

int main() {
    std::ios::sync_with_stdio(false);
    std::cin.tie(nullptr);
    
    int t, k;
    std::cin >> t >> k;
    
    Poly g(N + 1);
    for (int j = 0; j <= N; j++) {
        g[j] = power(comb.invfac(j), k + 1);
    }
    g = g.log(N + 1);

    Poly f(N + 1);
    for (int i = 1; i <= N; i++) {
        Z val = power(comb.inv(i), k + 1);
        Z x = 1;
        for (int j = 0; j <= N / i; j++) {
            f[i * j] += g[j] * x;
            x *= val;
        }
    }
    f = f.exp(N + 1);

    std::vector<Z> ans(N + 1, 0);
    for (int n = 0; n <= N; ++n) {
        ans[n] = power(comb.fac(n), k + 1) * f[n];
    }

    while (t--) {
        int n;
        std::cin >> n;
        
        std::cout << ans[n] << "\n";
    }
    
    return 0;
}

题解 | 个人解题报告 多校 3 - I Infinity

I Infinity

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前置定义

题解

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