【题目大意】
求n*n的棋盘，每行每列都有2个黑格子的方案数。
n<=10^7
【题解】
zzq的做法好神奇啊
行列建点，二分图
左边有i个点，右边有j个点的方案数 f[i,j]
左边有i个点，2个已经有1个度，右边有j个点的方案数 g[i,j]
g[i,j] = f[i-2,j-1]*j + g[j,i-2]*P(j,2)
f[i,j] = g[i,j-1] * C(i,2) = g[j,i-1] * C(j,2)
g[j,i-2] = g[i-1,j-1] * C(i-1,2) / C(j,2)
g[i,j] = g[i-2,j-2] * C(i-2,2) * j + g[i-1, j-1] * C(i-1,2) / C(j,2) * P(j,2)
g[i,j] = g[i-2,j-2] * C(i-2,2) * j + g[i-1, j-1] * C(i-1,2) * 2
g[x] = g[x, x-1]
g[x] = g[x-2] * C(x-2, 2) * (x-1) + g[x-1] * C(x-1, 2) * 2
ans = sigma (C(x,2) * g[x])
Q: 为什么从f转移到g，只乘了右边选择的部分，不管左边；从g转移到f，只乘了左边的部分，不管右边？
A: g实际的意义是我钦定左边最后两个度数为1的方案数，f实际的意义是我钦定右边最后1或2个是我最后填进来。 我从g到f，目的是消去两个度为1的点，重点是消去，我要优先考虑消除哪两个点，按照我g的定义，每两个度数为1的点作为选择，都有这么多方案，所以要乘组合数；从f到g，目的是制造两个度为1的点，按照f的定义，每1或2个点作为选择，都有这么多方案，所以要乘j和后面的那个组合数。意义在于，我要有一个顺序来填数，不能xjb填，这样会统计重复方案，我们用钦(ying)点来避免这样的问题。
# include <stdio.h> # include <string.h> # include <iostream> # include <algorithm> using namespace std; typedef long long ll; typedef unsigned long long ull; typedef long double ld; # define RG register # define ST static const int M = 1e7 + 10; const int mod = 998244353; int n, g[M], ans; inline int C(int n, int k = 2) { return (ll)n * (n-1) / 2 % mod; } int main() { // freopen("B.in", "r", stdin); // freopen("B.out", "w", stdout); cin >> n; g[1] = 0, g[2] = 1; for (int i=3; i<=n; ++i) { g[i] = 1ll * C(i-2) * (i-1) % mod * g[i-2] % mod + 2ll * C(i-1) * g[i-1] % mod; if(g[i] >= mod) g[i] -= mod; } for (int i=1; i<=n; ++i) { ans += 1ll * C(i) * g[i] % mod; if(ans >= mod) ans -= mod; } cout << ans; return 0; }