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题解

第一次接触这种类型的题目

把计数题当成期望题来做

算出期望，再乘以总方案数，就得到了符合条件的方案数

先假设所有的bib_ibi都不同**

假设一本书，不小于他的有kik_iki个，那么在这kik_iki本的相对顺序没有约束的情况下，这本书产生贡献的概率就是 “总情况数”×1ki\times \frac{1}{k_i}×ki1

现在考虑bib_ibi有重复

按照bib_ibi分类，相同的分到一组，每组从小到大排序

假设每组中aia_iai都互不相同

第一本书产生贡献的概率是1k2\frac{1}{k_2}k21

第二本书想要产生贡献，就必须要让第一本书不能产生贡献，所以概率是(1−1k1)1k2(1-\frac{1}{k_1}) \frac{1}{k_2}(1−k11)k21。这样为啥是对的呢，因为实际上(1−1k1)(1-\frac{1}{k_1})(1−k11)是限制了第一本书和比他大的书之间的相对关系，但是第222本书和比他大的书之间任何两本的相对顺序没有被限制，所以概率还是1k2\frac{1}{k_2}k21。

如果aia_iai有重复怎么办呢

考虑a1=a2a_1=a_2a1=a2的情况，这个咋办呢

先算了第一本书造成贡献的概率为1k1\frac{1}{k_1}k11，那么(1−1k1)(1-\frac{1}{k_1})(1−k11)也就代表第一本书必定要排在第二本书的后面，这个时候(1−1k1)1k2(1-\frac{1}{k_1})\frac{1}{k_2}(1−k11)k21就不能代表第二本书产生贡献的概率，因为在固定了前两本书的相对顺序之后，第二本书排在第一位的概率不再是1k2\frac{1}{k_2}k21

但是转念一想，我要算的不是第222本书排在k2k_2k2本书的第一本的情况吗，既然(1−1k1)(1-\frac{1}{k_1})(1−k11)这个概率本身含有了“第一本书在第二本书的后面”的意思，岂不是说我就不用管第一本书了，那么这种情况下第二本书产生贡献的概率就成了1k2−1\frac{1}{k_2-1}k2−11

至此，问题已全部解决

代码

#include <bits/stdc++.h>
#include <ext/pb_ds/assoc_container.hpp>
#include <ext/pb_ds/tree_policy.hpp>
#define iinf 0x3f3f3f3f
#define linf (1ll<<60)
#define eps 1e-8
#define maxn 1000010
#define maxe 1000010
#define cl(x) memset(x,0,sizeof(x))
#define rep(_,__) for(_=1;_<=(__);_++)
#define em(x) emplace(x)
#define emb(x) emplace_back(x)
#define emf(x) emplace_front(x)
#define fi first
#define se second
#define de(x) cerr<<#x<<" = "<<x<<endl
using namespace std;
using namespace __gnu_pbds;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pii;
typedef pair<ll,ll> pll;
ll read(ll x=0)
{ll c, f(1);for(c=getchar();!isdigit(c);c=getchar())if(c=='-')f=-f;for(;isdigit(c);c=getchar())x=x*10+c-0x30;return f*x;
}
struct EasyMath
{ll prime[maxn], phi[maxn], mu[maxn];bool mark[maxn];ll fastpow(ll a, ll b, ll c){ll t(a%c), ans(1ll);for(;b;b>>=1,t=t*t%c)if(b&1)ans=ans*t%c;return ans;}void shai(ll N){ll i, j;for(i=2;i<=N;i++)mark[i]=false;*prime=0;phi[1]=mu[1]=1;for(i=2;i<=N;i++){if(!mark[i])prime[++*prime]=i, mu[i]=-1, phi[i]=i-1;for(j=1;j<=*prime and i*prime[j]<=N;j++){mark[i*prime[j]]=true;if(i%prime[j]==0){phi[i*prime[j]]=phi[i]*prime[j];break;}mu[i*prime[j]]=-mu[i];phi[i*prime[j]]=phi[i]*(prime[j]-1);}}}ll inv(ll x, ll p)  //p是素数{return fastpow(x%p,p-2,p);}
}em;
vector<pll> v;
map<ll,ll> tb;
vector<ll> lis[maxn], w, p;
#define mod 998244353ll
int main()
{ll n, a, b, i, tot=0, ans=0;n=read();rep(i,n){a=read(), b=read();v.emb( pll(b,a) );if(tb.find(b)==tb.end())tb[b]=++tot;}sort(v.begin(),v.end());for(auto pr:v){lis[tb[pr.first]].emb(pr.second);w.emb(pr.second);}sort(w.begin(),w.end());rep(i,tot){ll s=0;ll cnt=0, last=-1;for(auto x:lis[i]){if(x==last)cnt++;else cnt=0;last=x;ll t=(w.end()-lower_bound(w.begin(),w.end(),x)-cnt), p=(1-s)*em.inv(t,mod)%mod;(s+=p)%=mod;}(ans+=s)%=mod;}rep(i,n)(ans*=i)%=mod;printf("%lld",(ans+mod)%mod);return 0;
}

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