题意

给定 $n,k$，求满足

的排列 $p$ 的数量。

sol

首先考虑 $1$，容易发现，当 $1$ 位于 $p_k$ 之后时，永远无法满足条件，因此必须要放到 $k$ 的左侧，而当放置了 $1$ 以后，右侧最小的数又会成为新的 "$1$"，因此会变为新的子任务。假设 $1$ 被放在了 $x$ 的位置，那么左侧方案数即为 $A_{n-1}^{x-1}=\dfrac{(n-1)!}{(n-x)!}$，设 $f_i$ 表示长度为 $i$ 的子任务，则

前缀和优化即可

代码

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>

using namespace std;
typedef long long LL;

const int N = 10000005, mod = 998244353;

int f[N], factor[N], inv[N];
int n, k;
int sum[N];

int qpow(int a, int k, int p){
    int ans = 1;
    while (k) {
        if (k & 1) ans = (LL) ans * a % p;
        a = (LL) a * a % p;
        k >>= 1;
    }
    return ans;
}

int main(){
    scanf("%d%d", &n, &k);
    factor[0] = 1, sum[0] = 1;
    for (int i = 1; i <= n; i ++ ) factor[i] = (LL) factor[i - 1] * i % mod;
    inv[n] = qpow(factor[n], mod - 2, mod);
    for (int i = n - 1; i >= 0; i -- ) inv[i] = (LL) inv[i + 1] * (i + 1) % mod;
    for (int i = 1; i <= n; i ++ ){
        f[i] = (f[i] + (LL) factor[i - 1] * ((sum[i - 1] - ((i - k - 1) < 0 ? 0 : sum[i - k - 1])) % mod + mod) % mod) % mod;
        sum[i] = (sum[i - 1] + (LL) f[i] * inv[i] % mod) % mod;
    }
    printf("%d\n", f[n]);
}