乍一看並不好發現遞推式，我們需要巧妙的轉化。
我們將每乙個1
11視作是行列之間的連邊，於是我們發現每乙個方案對應的是若干個環的劃分。
所以我們考慮對這個矩陣的若干個點進行劃分。
考慮列舉列舉第一行所在的環的狀態（即行和列），令a
ia_i
ai表示i×i
i\times i
i×i的矩陣中只有乙個環的狀態數，則我們有如下遞推式：
f n=
∑i=2
n(ni
)(n−
1i−1
)aif
n−
if_n=\sum_^a_if_
fn=i=
2∑n
(in
)(i−
1n−1
)ai
fn−
i列舉有多少個行與第一行在同一環中，這i
ii個環佔了哪些列，刪去這i
ii行i
ii列之後，剩下的就是乙個(n−
i)×(
n−i)
(n-i)\times (n-i)
(n−i)×
(n−i
)的矩陣，就可以得到上面的式子。
現在考慮這個東西：a
ia_i
ai怎麼求。
考慮將原來的矩陣行列分別化為點，那麼最後的連成的就是乙個兩邊各有n
nn個點的單環二分圖。
首先匹配一波，對於左邊的每個點選擇右邊尚未匹配的點，這一步的方案數就是n!n!
n!。然後進行第二次匹配，我們找到左1
11號點的右匹配點，在左邊任意選擇乙個尚未進行二次匹配且不是1
11號的點進行第二次匹配，對匹配到的點的第一次匹配點，我們重複上面的過程。注意，由於要求是乙個單環，所以不能在最後乙個點之前匹配左1
11號點。這一部分的方案數就是(n−
1)
!(n-1)!
(n−1)!
我們發現這個過程的逆過程也被計算了一次，所以需要除以222。
但是這個式子仍然不能方便的維護字首和，考慮進一步轉化。
將原式的組合數拆成階乘：
f n=
∑i=2
nn!i
!(n−
i)!⋅
(n−1
)!(i
−1)!
(n−i
)!i!
(i−1
)!2f
n−
if_n=\sum_^\frac\cdot\frac\fracf_
fn=i=
2∑n
i!(n
−i)!
n!⋅
(i−1
)!(n
−i)!
(n−1
)!2
i!(i
−1)!
fn−
i化簡得到：
f n=
n!(n
−1)!
2∑i=
2nfn
−i((
n−i)
!)
2f_n=\frac\sum_^n\frac}
fn=2n
!(n−
1)!
i=2∑
n((
n−i)
!)2f
n−i
發現兩邊似乎有長得很像的結構：
f n(
n!)2
=12n
∑i=2
nfn−
i((n
−i)!
)2
\frac=\frac\sum_^\frac}
(n!)2f
n=
2n1
i=2∑
n((
n−i)
!)2f
n−i
設g n=
fn(n
!)
2g_n=\frac
gn=(n
!)2f
n就可以愉快的轉移了。
逆元線性推一下就行了。
**：
#include
#define ll long long
#define re register
#define cs const
cs int mod=
998244353
;inline
intadd
(int a,
int b)
inline
intdec
(int a,
int b)
inline
intmul
(int a,
int b)
cs int n=
1e7+7;
int inv[n]
,inv2;
int n,g,gsum,glast,ans,fac;
signed
main()
std::cout<"\n"
;return0;
}
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