4.11小测

P13280 「CZOI-R4」午夜巡游

题目描述

有一个长度为 \(n\) 的排列 \(p\) （\(1\sim n\) 恰好在 \(p\) 中各出现一次）和一个变量 \(x\)，初始时 \(x\) 为 \(k\)。

接下来你需要进行 \(m\) 次巡游，每次巡游会让 \(x\) 变为 \(p_x\)。

求所有可能的 \(p\) 进行 \(m\) 次巡游后 \(x\) 的和，对 \(998244353\) 取模。

输入格式

本题有多组测试数据。

第一行输入 \(1\) 个整数 \(T\)。

接下来 \(T\) 行，每行输入 \(3\) 个整数 \(n,m,k\)。

输出格式

共 \(T\) 行，每行输出 \(1\) 个整数，表示该组数据的答案。

输入输出样例 #1

输入 #1

6
3 5 3
114514 0 100000
501 1 249
9982443 231406890 1
9876543 735134400 421704
10000000 180957102 998140

输出 #1

12
616064221
532050777
653339286
829601668
778347084

说明/提示

【样例解释】

对于第 \(1\) 组测试数据，共有 \(6\) 个可能的 \(p\)，下面列举出了所有可能的 \(p\) 和对应的 \(x\) 的变化。冒号前为 \(p\)，冒号后为 \(p\) 对应的 \(x\) 的变化。

• \([1,2,3]\)：\(3\to3\to3\to3\to3\to3\)。
• \([1,3,2]\)：\(3\to2\to3\to2\to3\to2\)。
• \([2,1,3]\)：\(3\to3\to3\to3\to3\to3\)。
• \([2,3,1]\)：\(3\to1\to2\to3\to1\to2\)。
• \([3,1,2]\)：\(3\to2\to1\to3\to2\to1\)。
• \([3,2,1]\)：\(3\to1\to3\to1\to3\to1\)。

答案为 \(3+2+3+2+1+1=12\)。

【数据范围】

本题采用捆绑测试。

• Subtask #1（\(15\text{ pts}\)）：\(n\le6\)，\(m\le10^3\)。
• Subtask #2（\(20\text{ pts}\)）：\(m\le1\)。
• Subtask #3（\(20\text{ pts}\)）：\(k=1\)。
• Subtask #4（\(20\text{ pts}\)）：\(T=1\)。
• Subtask #5（\(25\text{ pts}\)）：无特殊限制。

对于 \(100\%\) 的数据，\(1\le T\le10^3\)，\(1\le k\le n\le10^7\)，\(0\le m\le10^9\)。

题解：

不难发现，由于是全排列，所以除了 \(k\) 之外的数都可以视作是等价的，因此除去 \(k\) 之外的数作为巡游终点的方案数也必定相等。
我们不妨先设终点为 \(k\) 的方案数有 \(t\) 种，
那么最终答案即为：

\[tk+\sum_{i \in [1,n](i \neq k)} \frac{(n!-t)i}{n-1} \]

用高斯求和公式处理一下：

\[tk+\frac{(n!-t)(n(n+1)-2k)}{2n-2} \]

接下来问题就变为如何求 \(a\)。
由于最终的排列一定会形成若干个环，
所以这次巡游的终点若为 \(k\)，则 \(k\) 所在的环的大小为 \(m\) 的因数。
分析一下当环为不同长度时的方案数。
设环的长度为 \(s\)，这个环上第 \(i\) 个点 为 \(c_i\)，当前排列为 \(p\)。
不难发现，如果这个环成立，则满足对于所有 \(1 \leq i \leq s\)，\(p_{c_i}=c_{i+1}\)。
则除去最后一个点的 \(p\) 为 \(k\) 之外，其他点都为一个不为 \(k\) 的数。
所以概率为 \(\frac{n-1}{n} \cdot \frac{n-2}{n-1} \cdot \frac{n-3}{n-2} \cdots \frac{n-s-2}{n-s-3} \cdot \frac{1}{n-s-1}=\frac{1}{n}\)
又因为总方案数为 \(n!\)
因此对于任意的 \(s\)，都有排列个数为 \(n! \times \frac{1}{n}=(n-1)!\)
则 \(t=cnt \times (n-1)!\)，其中 \(cnt\) 为小于等于 \(n\) 的 \(m\) 的因数的个数。
所以最终的式子为:

\[cnt\times (n-1)! \times k+\frac{(n!-(cnt \times (n-1)!))(n(n+1)-2k)}{2n-2} \]

预处理阶乘即可。

Code:

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
const int N = 1e7 + 7, mod = 998244353;
int Task;
int n, m, k;
ll fac[N];
void init(){
	fac[0] = 1;
	for(int i = 1; i <= N - 7; i++) fac[i] = fac[i - 1] * i % mod;
}
ll fpow(ll x, ll y){
	ll sum = 1;
	while(y){
		if(y & 1) sum = sum * x % mod;
		x = x * x % mod;
		y >>= 1;
	}
	return sum;
}
void Main(){
	cin >> n >> m >> k;
	if(!m){
		printf("%lld\n", fac[n] * k % mod);
		return;
	}
	int cnt = 0;
	for(int i = 1; i * i <= m; i++){
		if(m % i) continue;
		if(i <= n) cnt++;
		if(i * i != m && m / i <= n) cnt++;
	}
	ll t = cnt * fac[n - 1] % mod;
	ll up = (fac[n] - t + mod) % mod * (1ll * n * (n + 1) % mod - 2 * k % mod + mod) % mod;
	printf("%lld\n", (t * k % mod + up * fpow(2 * n - 2, mod - 2) % mod) % mod);
}
int main(){
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0);
	init();
	cin >> Task;
	while(Task--) Main();
	return 0;
}