#(color{red}{mathcal{Description}})

现在有一个长度为n的随机排列，求它的最长上升子序列长度的期望。

为了避免精度误差，你只需要输出答案模998244353的余数。

#(color{red}{mathcal{Solution}})

那么这道题，作为一道显然不是那么可做的题，我们首先来讲一下如何骗分：(next\_permutation)枚举全排列，然后(nlogn)求一遍长度，最终复杂度大约维持在(O(n! imes nlogn))的水平，看一眼数据规模，好像对于(nleq 9)的数据，在你的常数小的情况下跑出来时没有什么问题的。

(emmmm)思考一下数据范围，能够用最暴力的方法骗到分的概率极其的低。

于是我们考虑(dp)是否可行。

因为事实上，我们可以看到从左向右推好像不是很可行，于是我们考虑，对于一个排列，我们把数从小到大插入到一个空的数列里面。

那么我们首先令一个(f_i)（~~放心跟程序没啥关系~~）表示，在当前已经确定的一个序列里面，从左至右第(i)个数的最长上升子序列长度。基于这个数组，我们再令(maxL_i)表示前缀最小值，即$$maxL_i = max{f_1,f_2...,f_i}$$那么对于这个(maxL)数组，显然有$$maxL_i leq maxL_{i+1} leq maxL_{i} +1$$

诶，看上去这个(maxL)数组更加友善一些，因为我们可以差分它。不妨设对其进行差分的数组为(dif)。

回归正题，在我们把数从小到大插入的时候，对于(dif)数组会出现如此情况：

考虑在第(i)位和第(i+1)位之间插入了一个新的数，而因为我们是单调地插入的，所以新插入的这个数一定是当前序列的最大数。那么很显然的是，这个数的(maxL)一定是(maxL_i+1)，因此把(dif_{i+1})改成(1)，而在(i)之后第一个比(base_i)大的数，记其位置为(pos)，则(dif_{pos})值肯定也为(1)，但是当我们插入了这个新的数之后，由于在它之前刚刚插入了一个不应该加入(f_{pos}),所以我们应当把(dif_{pos})置成零。

那么很显然了，我们接下来要做的就是对(dif)数组进行状压(DP)。

那我们不妨令(dp_{i,j})表示在一个(1)~$ i(的排列里，查分数组)dif(状态为)j$的方案数，那么答案就是 $$ ans=frac{1}{n!}sum_{i =0}^{2^{n-1}-1}{dp_{n,i} imes getlen(i)} $$

也就是(sum)有(n)个数、状态为(i)的方案( imes)方案中的(LIS)的长度。

值得一提的是，由于我们状压了(dif)数组，所以每个方案中(LIS)的长度，就是该状态里(1)的个数。

~~嗯，状压DP就是好啊~~

呃，什么，你说状态转移方程？我感觉像这种只有两维的状压(DP)的方程不都是一个样的吗……

至于代码，有几个(Tricks)值得留意：

(1)、我们发现其实(dp)数组的第一维(i)是可以滚掉的，所以我们就滚掉它，因为实际上我们最后的状态数量达到了(2^{27})空间承受不起啊！所以我们就要卡着上限开，并且依旧会爆空间(OTZ)

(2)、因为一定会有$$maxL_1 = maxL_0+1= 1$$所以我们可以少状压一次。

(3)、为了便于递推，我所枚举的状态以及一系列都是跟数组的定义规则相同，跟二进制的定义规则相反。

(4)、我们最后由于求的是期望，所以要乘上(n!)的逆元，费马小定理求即可。

(5)、注意是取反号而不是取非号.因为我们在状压的时候，全0也是状态的一部分，所以我们在从后往前枚举（为了便于计算后面将要被置成的0）时应该到-1停止而不是到0停止。


#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#define ll long long

using namespace std ;
const ll mod = 998244353LL ;
ll dp[2][134217730], getlen[134217730] ;
ll Mx, N, i, j, k, ans, fac = 1, now, t, pos ;

inline ll lowbit(ll x){return x & (-x) ; }
inline ll my_pow(ll a, ll b){
    ll res = 1 ;
    while(b){
        if(b & 1)res = (res * a) % mod ;
        a = (a * a) % mod ;
        b >>= 1 ;
    }
    return res ;
}
int main(){
    cin >> N ; N -- ; dp[0][0] = 1 ; Mx = 1 << N ;
    for(now = i = 1; i <= N ; now ^= 1, i ++){
        fill(dp[now], dp[now] + (1 << i), 0) ;
        for(j = 0; j < (1 << (i - 1)); j ++){
           dp[now][j << 1] = (dp[now][j << 1] + dp[now ^ 1][j]) % mod, pos = -1 ;
            for(k = i - 1; ~k ; k --){
                t = ((j >> k) << (k + 1)) | (1 << k) | (j & ((1 << k) - 1)) ;
                if(j & (1 << k)) pos = k ;
                if(~pos) t ^= (1 << (pos + 1)) ;
                dp[now][t] = (dp[now][t] + dp[now ^ 1][j]) % mod ;
            }
        }
    }
    for(i = 1; i < Mx; i ++) getlen[i] = getlen[i - lowbit(i)] + 1 ;
    for(i = 0; i < Mx; i ++) ans = ( ans + 1ll * dp[N & 1][i] * (getlen[i] + 1) ) % mod ;
    for(i = 1; i <= N + 1 ; i ++) fac = (fac * i) % mod ;
    ans = ans * my_pow(fac, mod - 2) % mod ;
    cout << ans ;
    return 0 ;
}

但是无论如何，写这样一个状压DP，只能得到76分，开(O2)的话可以得到80分，是因为最终时间复杂度为(O(2^n imes n^2))，空间的话也是大的要死，放在普通的的状压DP里面
已经足够优秀了，但是由于这个题的数据达到了惊人的(2^{27})，所以我们最终选择用更前卫的方式解决：

打表

嗯，于是这个题就结束了。其实这个题据说有更优秀的做法，需要用到杨氏矩阵等。而因为本蒟蒻在省队集训的时候走神了，所以并不会杨氏矩阵(OTZ)

最后再贴一下打表的代码吧：


#include <cstdio>
#include <iostream>

int N ; 
int List[50]={19260817, 1,499122178,2,915057326,540715694,946945688,422867403,451091574,317868537,200489273, 976705134,705376344,662845575,331522185,228644314,262819964,686801362,495111839,947040129,414835038,696340671,749077581,301075008,314644758,102117126,819818153,273498600,267588741} ;

int main(){
    std::cin >> N ;
    std::cout << List[N] ; 
    return 0;
}

总结：

woc这真是我做过的最难的题了……啃了好几天吧，窝觉得如果窝不是一个刚刚学状压DP的人的话，也不至于理解起来这么麻烦……

还需要努力啊！