结论：（不妨假设$p_{1}<p_{n}$）$\{p_{i}\}$合法当且仅当$\exists 1\le i\le n-1$，使得$p_{1}\ge p_{i}$且$p_{i+1}\ge p_{n}$

充分性——

为了方便，在删除一个元素后，$i$和$n$也随之变化（指向原来的元素，若删除$p_{i}$或$p_{n}$会补充说明）

对$\{p_{1},p_{2},...,p_{i}\}$这个子问题不断删除（直至不能删除），显然最终必然是$p_{1}<p_{2}<...<p_{i}$（否则一定仍可以操作），同理可得后者也为$p_{i+1}>p_{i+2}>...>p_{n}$

如果$i\ge 3$或$i\le n-3$，不妨再删除$p_{i}$（并将$i$减小1）或删除$p_{i+1}$，重复此过程后即有$n-2\le i\le 2$，进而对$i$和$n$分类讨论，最终序列一定形如$\{2,1\},\{2,3,1\},\{1,3,2\}$或$\{2,1,4,3\}$，也即合法

必要性——

对$n$从小到大归纳，$n=2$时显然成立（取$i=1$即可）

考虑$n=k+1$时，反证若存在排列$\{p_{i}\}$合法但不存在$i$满足上述条件，假设其第一次删除的是$p_{i}$，由归纳假设删除后要存在$i$（满足上述条件），显然必然是$p_{1}\le p_{i-1}$且$p_{i+1}\ge p_{n}$

进而对$p_{i}$的值分类讨论，不难发现删除前也存在$i$，与假设矛盾，即得证

（类似地，在$p_{1}>p_{n}$时即要求$\exists 1\le i\le n-1$，使得$p_{1}\le p_{i}$且$p_{i+1}\le p_{n}$）

由于已经确定$p_{1}$，考虑枚举$p_{n}$（不妨仍假设$p_{1}<p_{n}$），并统计不合法的方案数——

将数分为三类，即$[1,p_{1}],(p_{1},p_{n}),[p_{n},n]$，那么即要求第三类数不接在第一类数的后面

初始序列中即有一个第一类数和第三类数（由于$n\ge 3$，这两个数一定不会相邻），并依次插入第2类、第1类和第3类数（注意顺序，并且要考虑初始的数），显然方案即
$$
(p_{n}-p_{1}-1)!\frac{(p_{n}-3)!}{(p_{n}-p_{1}-2)!}\frac{(n-p_{1}-2)!}{(p_{n}-p_{1}-2)!}=(p_{n}-p_{1}-1)\frac{(p_{n}-3)!(n-p_{1}-2)!}{(p_{n}-p_{1}-2)!}
$$

该式可以$o(1)$计算，但由于要枚举$p_{n}$，时间复杂度为$o(tn)$，无法通过

进一步的，枚举$k=p_{n}-p_{1}-2$​，原式即
$$
(n-p_{1}-2)!\sum_{k=0}^{n-p_{1}-2}\frac{(k+1)(k+p_{1}-1)!}{k!}\\=(n-p_{1}-2)!\left(\sum_{k=0}^{n-p_{1}-2}\frac{(k+p_{1}-1)!}{k!}+\sum_{k=0}^{n-p_{1}-2}\frac{(k+p_{1}-1)!}{(k-1)!}\right)\\=(n-p_{1}-2)!\left((p_{1}-1)!\sum_{k=0}^{n-p_{1}-2}{k+p_{1}-1\choose p_{1}-1}+p_{1}!\sum_{k=0}^{n-p_{1}-2}{k+p_{1}-1\choose p_{1}}\right)\\=(n-p_{1}-2)!\left((p_{1}-1)!{n-2\choose p_{1}}+p_{1}!{n-2\choose p_{1}+1}\right)
$$
类似地，可以得到$p_{n}<p_{1}$​的情况，答案为
$$
(p_{1}-3)!\left((n-p_{1})!{n-2\choose n-p_{1}+1}+(n-p_{1}+1)!{n-2\choose n-p_{1}+2}\right)
$$
时间复杂度为$o(t)$，可以通过

 1 #include<bits/stdc++.h>
 2 using namespace std;
 3 #define N 1000005
 4 #define mod 998244353
 5 #define ll long long
 6 int t,n,x,ans,fac[N],inv[N];
 7 int C(int n,int m){
 8     return (ll)fac[n]*inv[m]%mod*inv[n-m]%mod;
 9 }
10 int main(){
11     fac[0]=inv[0]=inv[1]=1; 
12     for(int i=1;i<N;i++)fac[i]=(ll)fac[i-1]*i%mod;
13     for(int i=2;i<N;i++)inv[i]=(ll)(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;
14     for(int i=1;i<N;i++)inv[i]=(ll)inv[i-1]*inv[i]%mod;
15     scanf("%d",&t);
16     while (t--){
17         scanf("%d%d",&n,&x);
18         ans=fac[n-1];
19         if (x+2<=n){
20             int s=((ll)fac[x-1]*C(n-2,x)+(ll)fac[x]*C(n-2,x+1))%mod;
21             ans=(ans-(ll)fac[n-x-2]*s%mod+mod)%mod;
22         }
23         if (x>=3){
24             int s=((ll)fac[n-x]*C(n-2,n-x+1)+(ll)fac[n-x+1]*C(n-2,n-x+2))%mod;
25             ans=(ans-(ll)fac[x-3]*s%mod+mod)%mod;
26         }
27         printf("%d\n",ans);
28     }
29     return 0;
30 }