题解 E. NTT 集美大学第九届程序设计竞赛
现场没推出来，找了个规律，发现是 \((n+1)^{n-1}\) 就直接冲过了
【分析】
考虑 \(0\leq k<n\) ，所以 \(\min(k, n-1)=k\)
因此有：
\(\begin{aligned}
&\sum_{i=k}^{\min(k, n-1)+n-1}{\text{lcm}(i-k+1, n)\over k+1}
\\=&\sum_{i=1}^n {\text{lcm}(i, n)\over k+1}
\\=&{1\over k+1}\sum_{i=1}^n{in\over \gcd(i, n)}
\\=&{1\over k+1}\cdot n\cdot\sum_{g\mid n}{1\over g}\sum_{i=1}^n[\gcd(i, n)=g]i
\\=&{n\over k+1}\cdot \sum_{g\mid n}\sum_{i=1}^{n\over g}[\gcd(i, {n\over g})=1]i
\end{aligned}
\)
而其中，不超过 \(x\) 的与 \(x\) 互质的数和，是经典题目，有：
\(\begin{aligned}
s(m)&=&\sum_{i=1}^m [\gcd(i, m)=1]i
\\&=&\sum_{d\mid m}\boldsymbol \mu(d)\sum_{i=1}^m[d\mid i]i
\\&=&\sum_{d\mid m}\boldsymbol \mu(d)\cdot d\cdot {{m\over d}\cdot ({m\over d}+1)\over 2}
\\&=&{m\over 2}(\sum_{d\mid m}\boldsymbol \mu(d)\cdot {m\over d}+\sum_{d\mid m}\boldsymbol \mu(d))
\\&=&{m\over 2}\cdot (\boldsymbol \varphi(m)+[m=1])
\end{aligned}
\)
于是给定式子化简为 \(\displaystyle {1\over k+1}\cdot n\cdot \sum_{g\mid n} s(g)\) 。除了 \(\displaystyle {1\over k+1}\) 显然可以通过枚举倍数的方法，在 \(\displaystyle O(\sum_{i=1}^n{n\over i})=O(n\log n)\) 的时间内预处理
剩余的部分考虑组合意义：
\(n\) 种字符中，有 \(k\) 个从未使用，构成长度为 \(n\) 的字符串方案数
等价于从 \(n\) 个互不相同的盒子中选择 \(n-k\) 个，然后将 \(n\) 个小球放入这 \(n-k\) 个互不相同的盒子，要求每个选定的盒子非空，问方案数
考虑第二类斯特林数的组合意义，不难写出公式 \(\displaystyle \dbinom {n} {n-k}\cdot \begin{Bmatrix}n\\n-k\end{Bmatrix}\cdot (n-k)!\)
于是答案为：
\(\begin{aligned}
&\sum_{k=0}^{n-1}\dbinom {n} {n-k}\cdot \begin{Bmatrix}n\\n-k\end{Bmatrix}\cdot (n-k)!\cdot {1\over k+1}\cdot n\cdot \sum_{g\mid n}s(g)
\\=&(\sum_{k=1}^n\dbinom {n} {k}\cdot \begin{Bmatrix}n\\k\end{Bmatrix}\cdot k!\cdot {1\over n-k+1})\cdot (n\cdot \sum_{g\mid n}s(g))
\\=&(\sum_{k=0}^{n-1}{n!\over (n-k)!}\cdot \begin{Bmatrix}n\\k+1\end{Bmatrix})\cdot (n\cdot \sum_{g\mid n}s(g))
\end{aligned}
\)
考虑第二类斯特林数和下降幂的关系有：
\(\begin{aligned}
&\sum_{k=0}^{n-1}{n!\over (n-k)!}\cdot \begin{Bmatrix}n\\k+1\end{Bmatrix}
\\=&{1\over n+1}\sum_{k=1}^{n}\begin{Bmatrix}n\\k\end{Bmatrix}(n+1)^{\underline k}
\\=&{1\over n+1}\cdot [(n+1)^n-\begin{Bmatrix}n\\0\end{Bmatrix}]
\\=&(n+1)^{n-1}&(n>0)
\end{aligned}\)
于是直接冲就完事了
【代码】
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int P=998244353;
inline int kpow(int a, int x, int p=P) { int ans=1; for(; x; x>>=1, a=(ll)a*a%p) if(x&1) ans=(ll)ans*a%p; return ans; }
inline int inv(int a, int p=P) { return kpow(a, p-2, p); }
const int Lim=1e6, MAXN=Lim+10;
int n, phi[MAXN], f[MAXN];
int prime[MAXN], cntprime, fc[MAXN];
inline void init() {
phi[1]=1;
for(int i=2; i<=Lim; ++i) {
if(!fc[i]) fc[i]=prime[++cntprime]=i, phi[i]=i-1;
for(int j=1; j<=cntprime; ++j)
if(prime[j]>fc[i]||prime[j]*i>Lim) break;
else {
fc[prime[j]*i]=prime[j];
phi[prime[j]*i]=(fc[i]==prime[j]?prime[j]:prime[j]-1)*phi[i];
}
}
for(int i=1; i<=Lim; ++i) {
int s=(i==1?1:(ll)i*phi[i]/2%P);
for(int j=i; j<=Lim; j+=i)
f[j]=(f[j]+s)%P;
}
for(int i=1; i<=Lim; ++i) f[i]=(ll)i*f[i]%P;
}
inline int ans() {
cin>>n;
return (ll)f[n]*kpow(n+1, n-1)%P;
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0); cout.tie(0);
init();
int T;
cin>>T;
while(T--)
cout<<ans()<<"\n";
return 0;
}
