Codeforces div1+2

题意：给定一个排列，设定一个变换为pi^-1=k当且仅当pk=i，要求所有i满足abs(pi-pi^-1)<=1的所有p的排列数

思路：假设x=p[k],那么在p[x-1],p[x],p[x+1]当中必定有一个为k，才能使条件满足，但是思路到这就停顿了，于是我们转换思想，不考虑k会放在哪里而是考虑构造一下合法的子状态，例如p[i]=i就是合法的解，p[i]=i+1,p[i+1]=i，也是合法状态，p[i]=j,p[i+1]=j+1,p[j+1]=i,p[j]=i+1,也是可行的，不断推导，可以发现，上述三种情况涵盖了所有子集解的合法情况，于是我们对这三种情况做组合数学的分析

可见第三种情况下实际上只需从n-2*s种选出2*s个相邻的数即可也就是C(2*s)(n-2*s)，但是上一步运算只是选定了参与构建第三种情况的数，仍需要对这些数进行有序的两两分组（为何要有序呢，因为每一个值需要对应j+1或是j，我们假定前面的数对应j，后面的数对饮j+1，这样就是所有情况了），即(s*2)!/s!，那么对于枚举的第三种情况的所有情况就都计算到了，C(2*s)(n-2*s)*(s*2)!/s!

对于第1，2种情况，我们可以简单的dp一下，每次新加入一个数，我们既可以使其自成一个环，也可以让它与任意一个数对应为第二种情况

dpi表示用i个数组成前两种情况的合法排列方法，dpi=dpi-1+dpi-2*(i-1)

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<queue>
#include<map>
#include<set>
#include<vector>
#include<algorithm>
#include<string>
#include<bitset>
#include<cmath>
#include<array>
#include<atomic>
#include<sstream>
#include<stack>
#include<iomanip>
//#include<bits/stdc++.h>//#define int ll
#define pb push_back
#define endl '\n'
#define x first
#define y second
#define Endl endl
#define pre(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define rep(i,b,a) for(int i=b;i>=a;i--)
#define si(x) scanf("%d", &x);
#define sl(x) scanf("%lld", &x);
#define ss(x) scanf("%s", x);
#define YES {puts("YES");return;}
#define NO {puts("NO"); return;}
#define all(x) x.begin(),x.end()using namespace std;typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<int, int> PII;
typedef pair<int, PII> PIII;
typedef pair<char, int> PCI;
typedef pair<int, char> PIC;
typedef pair<double, double> PDD;
typedef pair<ll, ll> PLL;
const int N = 1000010, M = 2 * N, B = N, MOD = 998244353;
const double eps = 1e-8;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const ll LLINF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;int dx[4] = { -1,0,1,0 }, dy[4] = { 0,1,0,-1 };
int n, m, k;
ll fact[N], infact[N];
ll dp[N];ll gcd(ll a, ll b) { return b ? gcd(b, a % b) : a; }
ll lowbit(ll x) { return x & -x; }
ll qmi(ll a, ll b, ll mod) {ll res = 1;while (b) {if (b & 1) res = res * a % mod;a = a * a % mod;b >>= 1;}return res;
}inline void init() {fact[0] = infact[0] = 1;pre(i, 1, N-1){fact[i] = (fact[i - 1] * i) % MOD;infact[i] = (infact[i - 1] * qmi(i, MOD - 2, MOD)) % MOD;}dp[1] = dp[0] = 1;pre(i, 2, N - 1)dp[i] = (1ll * dp[i - 1] + dp[i - 2] * (i - 1) % MOD) % MOD;
}ll C(ll a, ll b)
{return (fact[a] * infact[a - b]%MOD * infact[b]) % MOD;
}void slove()
{cin >> n;ll ans = 0;for (int k = 0; k <= n / 4; k++){ll cur = dp[n - 4 * k];cur = cur * C(n - 2 * k, 2 * k) % MOD;cur = cur * fact[2 * k] % MOD;cur = cur * infact[k] % MOD;ans = (ans + cur) % MOD;}cout << ans << endl;return;
}signed main()
{int _;si(_);//_ = 1;init();while (_--){slove();}return 0;
}

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