题目传送门：P5825 排列计数。
考虑二项式反演，考虑计算钦定了 \(i\) 个上升位的答案，那么相当于分成了 \(n-k\) 个组，每组的元素均单调递增，相当于把 \(1\) 到 \(n\) 放入 \(n-k\) 个集合且可以集合为空的方案数。
设有 \(i\) 个集合的答案为 \(f_i\) 那么考虑对空集合个数容斥，假设我们钦定了 \(j\) 个空集，那么剩下的方案数显然为 \((i-j)^n\)，那么 \(f_i = \sum_{j=0}^i (-1)^j {i\choose j} (i-j)^n\)。
最后答案直接二项式反演即可。
直接做是 \(O(n^2)\) 的，但我不会 poly /ll。
#include<bits/stdc++.h>
#define double long double
using namespace std;
const int N=1010+10,mod=998244353;
inline int read(){char c=getchar();int f=1,ans=0;while(c<48||c>57) f=(c==45?f=-1:1),c=getchar();while(c>=48&&c<=57) ans=(ans<<1)+(ans<<3)+(c^48),c=getchar();return ans*f;
}
int n,c[N][N],f[N];
inline void add(int &x,int y){x=(x+y)%mod;}
inline int qpow(int a,int b){int s=1;while(b) ((b&1)?s=1ll*s*a%mod:1),a=1ll*a*a%mod,b>>=1;return s;}
main(){n=read();c[0][0]=1;for (int i=1;i<=n;i++){c[i][0]=1;for (int j=1;j<=n;j++) c[i][j]=(c[i-1][j]+c[i-1][j-1])%mod;}for (int i=1;i<=n;i++) for (int j=0;j<=i;j++)if (j&1) add(f[i],mod-1ll*qpow(i-j,n)*c[i][j]%mod);else add(f[i],1ll*qpow(i-j,n)*c[i][j]%mod);for (int i=0;i<=n;i++){int ans=0;for (int j=i;j<=n;j++){int tmp=1ll*c[j][i]*f[n-j]%mod;if ((j-i)&1) add(ans,mod-tmp);else add(ans,tmp);}printf("%lld ",ans);}return 0;
}