[atARC111F]Do you like query problems

（以下修改指1和2类操作，询问指3类操作，操作指修改或询问）

注意到总方案数确定，那么不妨求出答案的期望，再乘上方案数即为答案

（这里从期望的角度考虑只是为了描述方便，并没有太大的实际意义）

设$E(t)$为对某一个位置执行$t$次修改（指对该点）后该位置的期望，通过概率去求，即设$P(t,i)$表示经过$t$次修改后为$i$的概率，那么$E(t)=\sum_{i=0}^{m-1}i\cdot P(t,i)$

初始有$P(0,0)=1$，接下来有$P(t,i)=\frac{\sum_{j=0}^{m-1}P(t,i)+mP(t-1,i)}{2m}=\frac{1}{2m}+\frac{P(t-1,i)}{2}=\frac{1}{m}-\frac{1}{m2^{t}}$（$P(t,0)$系数为0，可以不考虑），代入$E(t)$，即可得$E(t)=\sum_{i=1}^{m-1}\frac{i}{m}-\frac{i}{m2^{t}}=(1-\frac{1}{2^{t}})\frac{m-1}{2}$

记$p_{i}=\frac{i(n-i+1)}{n+1\choose 2}$，即第$i$个位置被操作区间包含的概率，那么当经过$t$次修改（指全局）后，即可得第$i$个位置的期望为$h_{t,i}=\frac{m-1}{2}\sum_{j=0}^{t}{t\choose j}p_{i}^{j}(1-p_{i})^{t-j}(1-\frac{1}{2^{j}})=\frac{m-1}{2}(1-(1-\frac{p_{i}}{2})^{t})$（二项式定理合并）

（为了方便，以下记$P=1-\frac{p_{i}}{2}$，即$h_{t,i}=\frac{m-1}{2}(1-P^{t})$）

再加入查询，即经过$t$次操作后第$i$个位置的期望$g_{t,i}=\frac{\sum_{j=0}^{t}{t\choose j}(2m)^{j}h_{j,i}}{(2m+1)^{t}}$（枚举修改次数），将$h_{t,i}$代入后并化简，即可得$g_{t,i}=\frac{m-1}{2}(1-(\frac{2mP+1}{2m+1})^{t})$

考虑第$i$个位置对答案的贡献的期望，即$f_{i}=\frac{p_{i}}{2m+1}\sum_{j=1}^{q}g_{j-1,i}$（枚举产生贡献的操作编号，需要是询问且包含$i$），同样即可得$f_{i}=\frac{p_{i}(m-1)}{2(2m+1)}(q-S(\frac{2mP+1}{2m+1}))$（其中$S(k)=\sum_{i=0}^{q-1}k^{i}=\frac{k^{q}-1}{k-1}$）

最终答案即为$\sum_{i=1}^{n}f_{i}$，时间复杂度由于快速幂，需要$o(n\log_{2}n)$

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define mod 998244353
int n,m,q,ans;
int ksm(int n,int m){
    int s=n,ans=1;
    while (m){
        if (m&1)ans=1LL*ans*s%mod;
        s=1LL*s*s%mod;
        m>>=1;
    }
    return ans;
} 
int inv(int k){
    return ksm(k,mod-2);
}
int S(int k){
    if (k==1)return q;
    return 1LL*(ksm(k,q)+mod-1)*inv(k-1)%mod;
}
int main(){
    scanf("%d%d%d",&n,&m,&q);
    int s=inv(2*m+1);
    for(int i=1;i<=n;i++){
        int p=1LL*i*(n-i+1)%mod*inv(n)%mod*inv(n+1)%mod;
        int P=mod+1-p,ss=S((2LL*m*P+1)%mod*s%mod);
        ans=(ans+1LL*p*(m-1)%mod*s%mod*(q+mod-ss))%mod;
    }
    s=1LL*n*(n+1)/2%mod*(m+m+1)%mod;
    ans=1LL*ans*ksm(s,q)%mod;
    printf("%d",ans);
}