题意：给出一个数 \(n\)，问对于所有节点 \(x\) 都满足存在 \(|x-y|=1\) 使得 \((x,y)\) 有边的树有多少个，\(n\le 10^5\)。
做法：
我们肯定是考虑直接钦定连续段然后去计算，但是因为有可能在相邻段间连出边就爆炸了，考虑容斥，那么现在有两个问题。
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如何对于一种特定的连续段划分计算答案。
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如何分配容斥系数。
首先对于第一个问题比较简单，这是经典结论。现在有 \(n\) 个点，假设被分成 \(A_1,A_2,\cdots A_k\) 这些连通块，那么使他们联通的方案数为 \(n^{k-2}\prod\limits_{i=1}^k A_i\)。这个比较经典就不再证明。
然后在这个题中，假设我们划分出来 \(A_1,A_2,\cdots A_n\) 这些连续段，那么我们不妨把一个段的权值设为 \(A_i\times n\)，最后除以 \(n^2\) 就是答案。
然后对于第二个我们考虑应该怎么做，我们考虑一个连续段的权值应该是 \([len\ge 2]\)，我们枚举内部划分的情况，希望要得到一个柿子：
这里 \(f(x)\) 是 \(x\) 的容斥系数。
我们用 \(F\) 这个多项式来改写一下，\(F\) 种 \(k\) 次项系数即是 \(f(k)\)。
我们枚举 \(k\)，那么其实我们可以把后面这个东西写成 \([x^{len}]F^k(x)\)。整合一下右侧，其实右侧就等于 \(\frac{1}{1-F(x)}-1\)。左侧其实就是 \((1+x+x^2+\cdots)-(1+x)=\frac{1}{1-x}-(1+x)\)。
把这个方程解出来可以得到 \(F(x)=\frac{x^2}{x^2-x+1}\)。
那么剩下就很好做了，我们直接记 \(G(x) = \sum i\times n\times f(i)x^i\)，答案就是 \(\frac1{n^2}\times \frac{1}{1-G(x)}[x^n]\)。
代码：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int maxn = 5e5 + 5, mod = 998244353, gb = 3, gi = (mod + 1) / gb;
int qpow(int x, int k, int p) {int res = 1;while(k) {if(k & 1)res = res * x % p;x = x * x % p, k >>= 1;}return res;
}
int rev[maxn];
void init(int len) {for (int i = 0; i < len; i++) {rev[i] = rev[i >> 1] >> 1;if(i & 1)rev[i] |= (len >> 1);}
}
struct Poly {vector<int> a;void resize(int N) {a.resize(N);}int size() {return a.size();}int& operator[](int x) {return a[x];}void NTT(int f) {for (int i = 0; i < size(); i++)if(i < rev[i])swap(a[i], a[rev[i]]);for (int h = 2; h <= size(); h <<= 1) {int d = qpow((f == 1 ? gb : gi), (mod - 1) / h, mod);for (int i = 0; i < size(); i += h) {int nw = 1;for (int j = i; j < i + h / 2; j++) {int a0 = a[j], a1 = a[j + h / 2] * nw % mod;a[j] = (a0 + a1) % mod, a[j + h / 2] = (a0 - a1 + mod) % mod;nw = nw * d % mod;}}}if(f == -1) {int inv = qpow(size(), mod - 2, mod);for (int i = 0; i < size(); i++) a[i] = a[i] * inv % mod;}}friend Poly operator*(Poly f, Poly g) {int len = 1, t = f.size() + g.size() - 1;while(len < t)len <<= 1;init(len), f.resize(len), g.resize(len);f.NTT(1), g.NTT(1);for (int i = 0; i < len; i++)f[i] = f[i] * g[i] % mod;f.NTT(-1);f.resize(t);return f; }void get_neg() {for (int i = 0; i < size(); i++)a[i] = (mod - a[i]) % mod;}friend Poly operator+(Poly f, int v) {f[0] = (f[0] + v) % mod;return f;}void print() {for (int i = 0; i < size(); i++)cout << a[i] << " ";cout << endl;}
} f;
Poly get_inv(Poly f, int lim) {if(lim == 1) {f.resize(1);f[0] = qpow(f[0], mod - 2, mod);return f;}Poly g = get_inv(f, lim + 1 >> 1);int len = 1;while(len < lim * 2)len <<= 1;init(len);f.resize(lim), f.resize(len), g.resize(len);f.NTT(1), g.NTT(1);for (int i = 0; i < len; i++)f[i] = (2 * g[i] - f[i] * g[i] % mod * g[i] % mod + mod) % mod;f.NTT(-1);f.resize(lim);return f;
}
int n;
signed main() {cin >> n;f.resize(n + 1);f[0] = 1, f[1] = mod - 1, f[2] = 1;f = get_inv(f, n + 1);for (int i = n; i >= 2; i--)f[i] = f[i - 2];f[0] = f[1] = 0;for (int i = 1; i <= n; i++)f[i] = i * n % mod * f[i] % mod;f.get_neg();//(f + 1).print();f = get_inv(f + 1, n + 1);cout << f[n] * qpow(n, mod - 3, mod) % mod << endl;return 0;
}