CF1909I Short Permutation Problem
并非独立切，大量参考题解。
对于排列计数问题，考虑三个方向：容斥、连续段DP、按顺序加数。
发现容斥和连续段DP没前途，考虑按顺序加数。从 \(1\) ~ \(n\) 加数显然是不行的，因为我们不知道加入的数是否会产生贡献/撤销贡献。考虑按一个合适的顺序加数，使得总能知道贡献是多少。我们希望加入 \(i\) 时只加入 \(<m-i\) 的数或 \(\ge m-i\) 的数。于是，对于 \(m\) 为偶数，考虑按顺序加入 \(\frac{m}{2},\frac{m}{2}-1,\frac{m}{2}+1,\frac{m}{2}-2,\frac{m}{2}+2,\dots\)。对于 \(m\) 为奇数，考虑按顺序加入 \(\lfloor\frac{m}{2}\rfloor,\lfloor\frac{m}{2}\rfloor+1,\lfloor\frac{m}{2}\rfloor-1,\lfloor\frac{m}{2}\rfloor+2,\lfloor\frac{m}{2}\rfloor-2,\dots\)。
接下来不妨只考虑 \(m\) 为偶数的情况，奇数是类似的。发现加数过程可以分为两部分：
- \(\frac{m}{2}\) 两侧均还有数待加入。
- 待加入全部 \(>\frac{m}{2}\)。
第 1 部分我们发现在 \(m\) 增加的过程中，每次多转移两轮，可以直接维护；第 2 部分我们推式子转为卷积。
第 1 部分
设 \(p\) 为加数的序列，\(f_{i,j}\) 表示加入了前 \(i\) 个数，有 \(j\) 对产生了贡献。
若加入一个能产生贡献的数（\(>\frac{m}{2}\)），转移为：
- \(f_{i+1,j+1}\leftarrow (j+2)f_{i,j}\)（加在以产生贡献的缝隙或边界）
- \(f_{i+1,j+2}\leftarrow (i-j-1)f_{i,j}\)（加在不产生贡献的缝隙中）
若加入一个不能产生贡献的数，转移为：
- \(f_{i+1,j-1}\leftarrow j\cdot f_{i,j}\)
- \(f_{i+1,j}\leftarrow (i-j+1)f_{i,j}\)
第 2 部分
设 DP 终止在 \(i\)，枚举第二维 \(j\)。
设 \(k\) 为有多少个有贡献的缝隙（或边界）插入了数，\(u\) 为有多少个无贡献的缝隙插入了数。
则
注意到 \(\binom{j+2}{k}=\binom{j+2}{j-k+2}\)（这里是因为我们想消掉 \(k\)，现在是差卷积，考虑转为和卷积）。
范德蒙德卷积：\(\sum\limits_k\binom{n-i-1}{k+u-1}\binom{j+2}{j-k+2}=\binom{n-i+j+1}{j+u+1}\)（\(k\) 的范围在组合数中自动保证，所以不会对正确性产生影响）。
现在有
\(i\) 是常数，\(j,u\)是变量，转移只与 \(j\)、\(u\)、\(j+u\) 有关。
考虑写成卷积
做完了。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pii;
typedef pair<int,ll> pil;
typedef pair<ll,int> pli;
typedef pair<ll,ll> pll;
template<typename T>
void chkmin(T &x,const T &y){x=min(x,y);}
template<typename T>
void chkmax(T &x,const T &y){x=max(x,y);}
const int inf=0x3f3f3f3f;
const ll infll=0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const int MOD=998244353,G=3,MOD2=1000000007;
void add(int &x,int y,int p=MOD){x+=y;if(x>=p) x-=p;
}
int qpow(int a,ll b,int p=MOD){int mul=1;while(b){if(b&1) mul=(ll)mul*a%p;a=(ll)a*a%p;b>>=1;}return mul;
}
const int N=4005;
int n,x,fact[N],invfact[N],dp[N],ans;
void trans1(int &i){for(int j=i-1;j>=0;j--){add(dp[j+1],(ll)(j+2)*dp[j]%MOD),add(dp[j+2],(ll)(i-j-1)*dp[j]%MOD);dp[j]=0;}i++;
}
void trans2(int &i){for(int j=0;j<i;j++){if(j) add(dp[j-1],(ll)j*dp[j]%MOD);dp[j]=(ll)(i-j+1)*dp[j]%MOD;}i++;
}
void ntt(vector<int> &f,int flag=0){int n=f.size();vector<int> rev(n);for(int i=1;i<n;i++){rev[i]=rev[i>>1]>>1;if(i&1) rev[i]|=(n>>1);}for(int i=1;i<n;i++) if(rev[i]<i) swap(f[rev[i]],f[i]);for(int w=1;w<n;w<<=1){int step=qpow(G,(MOD-1)/(w<<1));if(flag) step=qpow(step,MOD-2);for(int i=0;i<n;i+=(w<<1)){int cur=1;for(int j=i;j<i+w;j++,cur=(ll)cur*step%MOD){int a=f[j],b=(ll)cur*f[j+w]%MOD;f[j]=(a+b)%MOD;f[j+w]=(a-b+MOD)%MOD;}}}if(flag){int inv=qpow(n,MOD-2);for(int i=0;i<n;i++) f[i]=(ll)f[i]*inv%MOD;}
}
void mul(vector<int> &f,vector<int> &g){int n=f.size()+g.size()-1,len;for(len=1;len<n;len<<=1);f.resize(len),g.resize(len);ntt(f),ntt(g);for(int i=0;i<len;i++) f[i]=(ll)f[i]*g[i]%MOD;ntt(f,1);
}
void calc(int m){int i=m-2;vector<int> f(i),g(n-i+1);for(int j=0;j<i;j++) f[j]=(ll)dp[j]*fact[n-i+j+1]%MOD*fact[i-j-1]%MOD;for(int j=0;j<=n-i;j++) g[j]=(ll)invfact[n-i-j]*invfact[j]%MOD;mul(f,g);for(int u=0;u<i;u++){int tmp=(ll)f[u]*fact[n-i]%MOD*invfact[u+1]%MOD*invfact[i-u-1]%MOD;add(ans,(ll)tmp*qpow(x,m*n+n-i+u,MOD2)%MOD2,MOD2);}
}
int main(){fact[0]=1;for(int i=1;i<N;i++) fact[i]=(ll)i*fact[i-1]%MOD;invfact[N-1]=qpow(fact[N-1],MOD-2);for(int i=N-1;i>0;i--) invfact[i-1]=(ll)i*invfact[i]%MOD;scanf("%d%d",&n,&x);dp[0]=1;for(int m=4,i=1;m<=n+1;m+=2){if(m>4) trans1(i);trans2(i);calc(m);}memset(dp,0,sizeof(dp));dp[0]=1;for(int m=3,i=1;m<=n+1;m+=2){if(m>3) trans1(i),trans2(i);calc(m);}printf("%d\n",ans);return 0;
}