@description@
给定两个排列 p, q，他们中的有些位置被替换成了 0。
两个排列 p, q 的距离为：最少需要在 p 中执行交换两个元素的操作，使得 p, q 相等。
对于每个 0 <= k <= n，求有多少将 0 替换回正整数并满足 p, q 依然是排列的替换方法，使得 p, q 距离为 k。
@solution@
考虑两个排列的距离怎么算。如果把 p[i] -> q[i] 看成一个置换，就是将置换排序最少需要的交换次数。
这是个经典问题，答案为 (n - 该置换含有的循环数量)。
考虑一种特殊情况：如果给定完整的 p 而 q 全零，实际上就是求 n 个数划分成 n-k 个循环的方案数，即第一类斯特林数。
因此本题跟第一类斯特林数或多或少有些勾连。
通过 p, q 中已经给定的数，可以把现在已有的循环求出来。剩余的一定会形成若干条链。
直接拿现有的链去作第一类斯特林数？貌似不行。考虑一个例子：p = {1, 0}, q = {0, 2}，此时 1 与 2 不可能在同一循环。
形象化地描述，假如 p[i] = a 且 q[i] = 0，可以理解为 a 的下面凸，否则认为 a 的下面凹；同理，假如有 p[j] = 0 且 q[j] = b，可以理解为 b 的上面凸，否则认为 b 的上面凹。
则如果可以 a->b 应该满足 a 的下面与 b 的上面应该为一凹一凸。
一个链中间的东西对链的转移没有限制，只有两个端点会产生限制。
假如一个链形如 a -> ... -> b，则这条链上面的凹凸性取决 a，下面的凹凸性取决 b。
因此一条链的限制可以描述为上下的凹凸性，我们可以将所有链分为 4 类。
为了避免出现更多的分类讨论，我们假设 p[i] = 0, q[i] = 0 的 i 为上下都凸的链（理解成 p[i] = n + i, q[i] = 0 与 p[n + i] = 0, q[n + i] = n + i 也行）。
那么问题转成了给定 4 类链的数量，求将这些链划分为 p 个循环的方案数。
回到我们一开始的想法：这种题与第一类斯特林数有点关系。因此类比第一类斯特林数的递推式子进行 dp。
斯特林数的递推式子：每次加入一个数，要么单独成一个循环，要么接在前面已经加入的某个数的后面。
先把不是上下都凹的全部求第一类斯特林数。但可能会出现不合法情况：凸凸相接或凹凹相接。
凸凸相接直接把上下都凹的当作润滑剂塞进去，凹凹相接没办法，只能在 dp 中限制。
所以 dp 时不让上凹下凸的接在上凸下凹的后面即可。其他和斯特林数一样。
时间复杂度貌似是 O(n^2)？
@accepted code@
#include <cstdio>
const int MAXN = 250;
const int MOD = 998244353;
int f[MAXN + 5], g[MAXN + 5], c[4];
void solve() {
int p = 0; f[0] = 1;
for(int i=1;i<=c[0];i++) f[0] = 1LL*f[0]*i%MOD;
for(int i=1;i<=c[3];i++) {
for(int j=0;j<=p;j++) g[j] = f[j], f[j] = 0;
p++;
for(int j=1;j<=p;j++) f[j] = (1LL*g[j]*(i-1)%MOD + g[j-1]) % MOD;
}
for(int i=1;i<=c[2];i++) {
for(int j=0;j<=p;j++) g[j] = f[j], f[j] = 0;
p++;
for(int j=1;j<=p;j++) f[j] = (1LL*g[j]*(c[3]+i-1)%MOD + g[j-1]) % MOD;
}
for(int i=1;i<=c[1];i++) {
for(int j=0;j<=p;j++) g[j] = f[j], f[j] = 0;
p++;
for(int j=1;j<=p;j++) f[j] = (1LL*g[j]*(c[3]+i-1)%MOD + g[j-1]) % MOD;
}
}
int a[MAXN + 5], b[MAXN + 5], n;
int u[MAXN + 5], d[MAXN + 5], p[MAXN + 5];
bool vis[MAXN + 5];
int main() {
scanf("%d", &n);
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d", &a[i]), u[a[i]] = i;
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d", &b[i]), d[b[i]] = i;
for(int i=1;i<=n;i++)
if( u[i] ) p[i] = b[u[i]];
for(int i=1;i<=n;i++)
if( !d[i] || !a[d[i]] ) {
int x = i;
while( p[x] )
vis[x] = true, x = p[x];
vis[x] = true;
if( !d[i] ) {
if( !u[x] ) c[0]++;
else c[1]++;
}
else {
if( !u[x] ) c[2]++;
else c[3]++;
}
}
int cnt = 0;
for(int i=1;i<=n;i++) {
if( vis[i] ) continue;
int x = i;
do {
vis[x] = true;
x = p[x];
}while( x != i );
cnt++;
}
for(int i=1;i<=n;i++)
if( !a[i] && !b[i] ) c[3]++;
solve();
for(int i=n;i>=cnt&&i>=1;i--)
printf("%d ", f[i-cnt]);
for(int i=cnt-1;i>=1;i--) printf("%d ", 0);
}@details@
貌似官方给的是 fft 做法？
话说我也不知道我是怎么想到这么“形象”的理解的。
感觉“形象”到有点抽象了。