description

小 S 開始專注於研究⻓度為 n 的排列，他想知道，在你運氣足夠好的情況下（即每次氣泡排序的交換次數都是可能的最少交換次數，彷彿有上帝之手在操控），對於一個等概率隨機的長度為n 的排列，進行這樣的氣泡排序的期望交換次數是多少？

analysis

• 結論題

• 設 $f\left[i\right]$

  f[i] 為 $i$的答案，推 $f[i$
  + 1 ] f[i+1] 即可

• 插入 $i+1$

  i+1 這個數，前 $i$位都會產生 $1+f[i]$的代價，只有 $i+1$位產生 $f[i]$的代價

• 把式子化一下就是 $f[i+1]=f[i]+{i\over i+1}$

• 要用 $O(n)$求逆元

code

#pragma GCC optimize("O3")
#pragma G++ optimize("O3")
#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<algorithm>
#define MAXN 10000005
#define mod 998244353ll
#define ll long long
#define reg register ll
#define fo(i,a,b) for (reg i=a;i<=b;++i)
#define fd(i,a,b) for (reg i=a;i>=b;--i)
#define O3 __attribute__((optimize("-O3")))

using namespace std;

ll f[MAXN],inv[MAXN];
ll n;

O3 inline ll read()
{
    ll x=0,f=1;
    char ch=getchar();
    while (ch<'0' || '9'<ch){if (ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
    while ('0'<=ch && ch<='9')x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
    return x*f;
}
O3 int main()
{
	freopen("inverse.in","r",stdin);
	freopen("inverse.out","w",stdout);
	f[1]=0,inv[1]=1;
	fo(i,2,MAXN)inv[i]=(mod-mod/i)*1ll*inv[mod%i]%mod,f[i]=((f[i-1]+(i-1)*inv[i])%mod+mod)%mod;
	n=read();
	while (n--)printf("%lld\n",f[read()]);
	return 0;
}