F2 重做

​​CF1349F2​​

从小到大，从后往前放，即写出一个放东西的顺序序列 $\{p_i\}$，将其划分成若干段极长的下降序列，每一段从小到大对应一个数字。假设要求出 $t$ 的答案，我们可以枚举每个处于第 $t$ 个下降序列的位置并统计它的贡献 $\sum_{i}\text{ways}_{i,t}\binom{n}{i}(n-i)!$
其中 $\text{ways}_{i,j}$ 表示长为 $i$ 的排列，划分成 $j$ 个极长下降段的方案数
这显然是可以容斥的
$\text{ways}_{i,j}=\sum_{k\ge j}\begin{Bmatrix}i\\i-k\end{Bmatrix}(i-k)!(-1)^{k-j}\binom{k}{j}$
即对每一个 $t$ 算出
$n!\sum_{i\le n}\sum_{k}[z^i](e^z-1)^{i-k}(-1)^{t-k}\binom{t}{k}\\=n!\sum_{k}(-1)^{t-k}\binom{t}{k}\sum_{i\le n}[z^i](e^z-1)^{i-k}$
对每个 $k$ 求出
$\sum_{k\le i\le n}[z^i](e^z-1)^{i-k}\\=\sum_{k\le i\le n}[z^k](\frac{e^z-1}{z})^{i-k}$
设 $f=\frac{e^z-1}{z},g=e^z-1$
即求 $[z^k]\frac{f^{n-k+1}-1}{f-1}=[z^{n+1}]\frac{g^{n-k+1}-1}{f-1}$
一个技巧是，若要对每个 $k$ 求出
$[z^n]F(z)G(z)^k$
我们写成
$[z^nu^k]\sum_{i}F(z)(uG(z))^i=\frac{F(z)}{1-uG(z)}$
然后进行拉格朗日反演

$[z^nu^k]\frac{F(z)}{1-uG(z)}=[z^{n-1}u^k]\frac{1}{n}(\frac{F(G^{-1}(z))}{1-uz})'(\frac{z}{G(z)})^n\\=[z^{n-1}u^k]\frac{1}{n}(\frac{uF(G^{-1}(z))}{(1-uz)^2}+\frac{F(G^{-1}(z))'}{1-uz})(\frac{z}{G(z)})^n$
套用到这道题上就可以了