数学题目合集

CF10E 题解

翻转

性质：如果翻转的区间所有数对个数为偶，则整个逆序对个数奇偶性不变；否则改变。

证明：首先翻转区间外的逆序对个数不会变化，翻转区间与翻转区间外的逆序对个数也不会变化。

假设翻转前翻转区间内有 $cnt$ 个逆序对，则翻转后有 $len\times (len-1)/2-cnt$ 个逆序对，差为 $len\times (len-1)/2-2\times cnt$，奇偶性由 $len\times (len-1)/2$ 决定，即区间所有数对个数。

HDU2588

求 $1\sim n$ 中与 $n$ 的 $gcd\ge m$ 的数的个数。$n:1e9$。

$gcd(x,n)=g\ge m$，设 $x=ga,n=gb$，$(a,b)=1$。

我们枚举 $g$，然后因为 $x=ga$，所以 $a$ 的个数就是 $x$ 的个数。而 $a$ 的限制条件是 $(a,b)=1$，也就是 $(a,n/g)=1$，因为 $a=x/g,x\le n$ 所以 $a\le n/g$。

因此 $a$ 的个数就是 $\phi (n/g)$。

$O(\sqrt{n})$ 枚举所有 $\ge m$ 的 $n$ 的因子，对它们的 $\phi$ 求和即可。求欧拉函数直接 $O(\sqrt{x})$ 求。

arc117e

把 $+1$ 看作向上走一步，$-1$ 表示向下走一步，可以画出一个折线图。

若这个折线图中等于 $i$ 的有 $a_i$ 个点，那么就会贡献 $C_{a_i}^2$ 个等于 $0$ 的子序列。

考虑从上往下，一层层 DP。可以看作是有一条横线从上到下扫过来。

$dp[sz][cnt][gap]$ 表示 （有 $sz$ 个点 且 此时一共有 $cnt$ 个和为 $0$ 的子序列 且 有 $gap$ 个空隙）的方案数。

注意这里其实是省略了一维的，按理应该还有一个 “放了 $i$ 层”，但是可以滚动数组。

转移方程：$dp[sz+x][cnt+C_x^2][x-(gap+2)]+=dp[sz][cnt][gap]\times C_{x-1}^{(gap+2)-1}$

其中 $x$ 是枚举的数，表示这一层要放多少个点。

解释一下 $x-(gap+2)$，因为中间有 $gap$ 个空隙，加上最左边最右边，至少放 $gap+2$ 个点在这一层。这是最低预算：即每个空隙只放一个点。而每多放一个点，相当于把一个本来在这一层合并的空隙隔开了，也就是多一个空隙。（这里注意一下，一个空隙并不是最多放两个，也可以放三个得到两个空隙，交给再下一层填补）

一共有 $x$ 个，要在 $gap+2$（$gap$ 个空隙和两端）个空里面放，每个空至少一个。方案数是 $C_{x-1}^{(gap+2)-1}$，所以还要乘这个系数。

DP 结束，统计答案的时候，枚举比 $0$ 大的部分为 $dp[x][y][z]$，则比 $0$ 小的部分就是 $dp[2n+1-x][k-y][z-1]$。（为啥是 $z-1$？想象比 $0$ 大的部分翻折下来了，就知道下面为啥 $z-1$ 个空隙）

Placing Squares

参考第一篇题解。

把平方看作放球。

P7154 及其题解

~k Perm Countings（AGC005D）及其题解

最小子树统计（无题号）

题意：给定一颗树。定义 $f(S)$ 为包含 $S$ 的最小连通块点数。其中 $S$ 是一个点集。求 $\sum _{S\subset V}f(S)$。

设 $g(S)$ 为包含 $S$ 最小连通块的边数。显然 $f(S)=g(S)+1$。

$\sum _{S\subset V}f(S)=\sum _{S\subset V}g(S)+2^{|V|}=\sum _{e\in E}\sum _{S\subset V}[e\in g(S)]+2^{|V|}$。注：$[e\in g(S)]$ 当 $e$ 是包含 $S$ 的最小连通块中的边时为 $1$，否则 $0$。

而设 $e$ 把树分成两半，一半有 $l(e)$ 个点，另一半 $r(e)$ 个点，则 $\sum _{S\subset V}[e\in g(S)]=2^{|V|}-2^{|l(e)|}-2^{|r(e)|}+1$，就是 $S$ 一共有 $2^{|V|}$ 个，不用到 $e$ 的有三种：$S$ 只包含 $l(e)$、$S$ 只包含 $r(e)$ 和空集，减去这三类。

Trinomial 题解

题意：求 $(x^2+x+1{)}^n$ 的第 $i$ 项系数模 $3$。$n\le {10}^{15},i\le 2\times n$。多测。

$(x^2+x+1{)}^n=((x-1{)}^2+3x{)}^n$。根据二项式定理，$((x-1{)}^2+3x{)}^n={\displaystyle \sum _{i=1}^n{C}_n^i(x-1{)}^{2i}(3x{)}^{n-i}}$。

可以发现除了 $i=n$ 的这一项（$(x-1{)}^{2n}$）系数都是 $3$ 的倍数。所以只要算 $(x-1{)}^{2n}$ 的第 $i$ 项系数。

再来一次二项式定理。

$(x-1{)}^{2n}={\displaystyle \sum _{i=1}^{2n}{C}_{2n}^i{x}^i(-1{)}^{2n-i}}$。

第 $i$ 项系数为 $C_{2n}^i(-1{)}^{2n-i}$，可以用 Lucas 定理（模 $3$）。

P4562 游戏

题意：每次从 $[l,l+n-1]$ 中选择一个 $vis2[i]=0$ 的 $i$，并令 $vis2[i]=1,vis1[k\times i]=1$。（$vis1$ 是另一个标记，即让 $i$ 的倍数都打标记）
对于每一个选择 $i$ 的 $[l,l+n-1]$ 的排列 $p$，定义 $t(p)$ 表示按 $p$ 的顺序选择 $i$，选择几个后让 $vis1[l\sim l+n-1]$ 均为 $1$。
求所有排列 $p$ 的 $t(p)$ 之和。$l,l+n-1\le {10}^7$。

转化一下：令 $pos$ 为第一个让 $vis1[l\sim l+n-1]=1$ 的期望位置。则答案为 $pos\times n!$。

将 $[l,l+n-1]$ 中不是其他任何数的倍数的数称作 "关键数"。$pos$ 就是最后一个关键数的期望位置。

最后一个关键数的期望位置，可以转换为排在所有关键数之后的非关键数的期望个数。观察到两个非关键数之间没有影响，考虑逐个加入非关键数。

不妨设一共 $k$ 个关键数，它们把序列分成 $k+1$ 段，每一个非关键数都可能随机出现在这 $k+1$ 段中的任意一段。所以落在最后一段的概率是 ${\displaystyle \frac{1}{k+1}}$。

一共有 $n-k$ 个非关键数，所以排在所有关键数之后的非关键数的个数期望是 ${\displaystyle \frac{n-k}{k+1}}$。所以最后一个关键数的期望位置是 $n-{\displaystyle \frac{n-k}{k+1}}={\displaystyle \frac{k(n+1)}{k+1}}$

即 $pos={\displaystyle \frac{k(n+1)}{k+1}}$，所以答案是 $n!\cdot {\displaystyle \frac{k(n+1)}{k+1}}$。

看电影

题意：有 $n$ 个人 $k$ 个座位（座位排成一排），要给人分配座位。
分配的方式是从 $[1,k]$ 里随机一个整数 $l$，若 $l$ 是空位，让这个人坐下；否则找到 $[l,k]$ 中第一个空位坐下。如果 $[l,k]$ 没有空位就站着。
问所有人都有座位的概率，输出一个最简分数。

AVL-Trees: Gym-100341C

题意：AVL Tree 满足每个结点左右子树高度差 $\le 1$。求 $n$ 个点高度 $h$ 的 AVL Tree 个数。（高度定义为边数）
$h\le 15,n\le 2^{1}6-1$，答案对质数 $786433$ 取模。

动态规划：$f_h[n]$ 表示高度 $h$ 点数 $n$ 方案数。

$$f_h[n]=\sum _{i=0}^{n-1}{f}_{h-1}[i]f_{h-1}[n-i-1]+2\sum _{i=0}^{n-1}{f}_{h-1}[i]f_{h-2}[n-i-1]$$

考虑 $f_h[]$ 的 OGF：$F_h(x)=f_h[0]+f_h[1]x+f_h[2]x^2+\cdots$。则 $F_h(x)=x(F_{h-1}(x)F_{h-1}(x)+2F_{h-1}(x)F_{h-2}(x))$。

目标：求 $F_h(x)$ 的第 $n$ 项系数。而它的次数最高是 $65535$：因为 $h$ 高度的二叉树最多这么多。

转化：$F_h(x)$ 在 $w^0\sim w^{65535}$ 的值，$w$ 是模 $786433$ 意义下的 $65536$ 次方根。

把这 $O(2^h)$ 个 $x$ 代入，再 $O(h)$ 推出来，可以在 $O(h\cdot 2^h)$ 的复杂度内算出 $O(2^h)$ 个点值，然后插值回去。

Buying Snacks：HDU-7057

题意：$n$ 种零食，每种零食可以花 $2$ 块或者 $1$ 块。每种零食只能选择一种价格。如果同时买第 $x$ 种和第 $x+1$ 种，可以选择优惠 $1$ 元。（然后不能再让 $x-1$ 和 $x$ 一起优惠）
给定 $n\le {10}^9,m\le 2\times {10}^4$。对 $1\le k\le m$，问花掉恰好 $k$ 元的方案数。

状态描述：$f_i[j]$ 表示前 $i$ 种 $j$ 元的方案数。

$f_i[j]=f_{i-1}[j]+f_{i-1}[j-1]+f_{i-1}[j-2]+f_{i-2}[j-1]+f_{i-2}[j-3]+2f_{i-2}[j-2]$。

考虑 OGF：$F_i(x)=F_{i-1}(x)(x+x^2+x^3)+F_{i-2}(x)(x+x^3+2x^2)$。目标是求前 $m$ 项系数。

注意这里取 $m+1$ 个点值是求不出来的，因为会受到比 $m+1$ 更大的项的干扰。如果要点值转换，要 $n+1$ 个才行。

考虑倍增（矩阵快速幂）的思路。

$$\left[\begin{array}{c}{F}_i(x)\\ F_{i-1}(x)\end{array}\right]=\left[\begin{array}{cc}1+x+x^2& x+2x^2+x^3\\ 1& 0\end{array}\right]\cdot \left[\begin{array}{c}{F}_{i-1}(x)\\ F_{i-2}(x)\end{array}\right]$$

转化为求中间那个矩阵的 $n$ 次方。然后保留 $m$ 项。

如果用多项式做矩阵乘法，是 $O(m\log m\cdot \log n)$ 的。但是常数大会被卡。（需要做 $8$ 次多项式乘法，每次做 $3$ 次 DFT/IDFT，常数 $24$）

小优化：可以把 $x$ 代入 $m$ 个值，然后 $O(2\times 2\times 2)$ 的复杂度算出常量，然后再 IDFT，做 $12$ 次即可。

CF755G

$n$ 个球排一行，选 $1\le k\le m$ 组（不相交），每一组要么是单个，要么是相邻两个。问方案数模 $998244353$。$n\le 1e9,m\le 2e5$。

还是设 $f_{n,m}$。$f_{n,m}=f_{n-1,m}+f_{n-1,m-1}+f_{n-2,m-1}$。类似可得母函数 $F_n(x)=F_{n-1}(x)(1+x)+F_{n-2}(x)\cdot x$。

法一：

$$\left[\begin{array}{c}{F}_i(x)\\ F_{i-1}(x)\end{array}\right]=\left[\begin{array}{cc}1+x& x\\ 1& 0\end{array}\right]\cdot \left[\begin{array}{c}{F}_{i-1}(x)\\ F_{i-2}(x)\end{array}\right]$$

然后和上题类似优化。复杂度 $O(\log n\cdot m\log m)$。

法二：

省略 $F_n(x)$ 的 $(x)$ 变成 $F_n$。变成 $F_n=(1+x)F_{n-1}+x{F}_{n-2}(x)$，这种类似 Fib 序列的递推形式，在 CM3-2 讲过。
定义 $G(z)=F_0+F_{1}z+F_2{x}^2+\cdots$。

$$\begin{array}{rl}{F}_0& =1\\ F_{1}z& =(1+x)z\\ F_2{z}^2& =(1+x)F_1{z}^2+x{F}_0{z}^2\\ F_3{z}^3& =(1+x)F_2{z}^3+x{F}_1{z}^3\\ \cdots & =\cdots \end{array}$$

注意到 $(1+x)z=(1+x)F_{0}z$；左右加起来，可得 $G(z)=1+(1+x)G(z)z+xG(z)z^2$。
则 $G(z)={\displaystyle \frac{1}{1-(1+x)z-x{z}^2}}$，经过一通二次方程计算可得：令 $A={\displaystyle \frac{(1+x)+\sqrt{(1+x{)}^2+4x}}{2}},B={\displaystyle \frac{(1+x)-\sqrt{(1+x{)}^2+4x}}{2}},u={\displaystyle \frac{A}{A-B}},v={\displaystyle \frac{-B}{A-B}}$，$G(z)={\displaystyle \frac{u}{1-Az}}+{\displaystyle \frac{v}{1-Bz}}$。

展开得 $G(z)=u{\displaystyle \sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}(A^n{z}^n)+v\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{B}^n{z}^n}$，故 $[z^n]G(z)=u\cdot A^n+v\cdot B^n={\displaystyle \frac{A^{n+1}-B^{n+1}}{A-B}}$。

所以 $F_n={\displaystyle \frac{A^{n+1}-B^{n+1}}{A-B}}$，我们目标是求出 $F_n$ 的前 $m$ 项系数，所以只要求出分子分母的前 $k$ 项系数。求 $A,B$ 模 $x^k$，然后用多项式快速幂，多项式除法即可。复杂度 $O(m\log m)$。

Unlucky String（加强）

字符集大小为 $m$，给定字符串 $s$（记 $k=|S|$）。求有多少个长为 $n$ 的不包含 $s$ 为子串的字符串。$n,m,k\le {10}^5$。模 $998244353$。

先考虑 DP。

$f_i$ 表示有多少个长度为 $i$ 的字符串，$s$ 在其后缀处恰好出现一次。
当 $i<k$，$f_i=0$，因为 $s$ 没办法出现；否则 $f_i=m^{i-k}-{\displaystyle \sum _{j=0}^{i-k}{f}_j\cdot m^{i-k-j}-\sum _{d\in D}{f}_{i-d}}$。
其中 $x\in D$ 当且仅当 $s$ 长为 $k-x$ 的前缀与长为 $k-x$ 的后缀相同 且 $1\le x<k$。

（预处理 $D$）

令 $F(x)$ 为 $f_i$ 的 OGF（其实 $i\le k$ 时 $f_i=0$）。为了处理 $d\in D$，定义 $d(x)=\sum _{d\in D}{x}^d$。
则 $F(x)={\displaystyle \frac{x^k}{1-mx}}-{\displaystyle \frac{x^{k}F(x)}{1-mx}}-F(x)\cdot d(x)$。移项 $F(x)={\displaystyle \frac{x^k}{(1-mx)(d(x)+1)+x^k}}$。
因此 $f_n$ 可在 $O(n\log n)$ 时间求出。

答案呢？$ans=m^n-{\displaystyle \sum _{i\ge 0}{f}_i\cdot m^{n-i}}$。即总共 - 枚举第一个 $s$ 的位置。

链式反应：UOJ50

求带标号的树个数。有 $n$ 个点，标号满足堆性质。同时给定集合 $A$，每个非叶子结点恰好有 $x\in A$ 个儿子是叶子，和 $2$ 个非叶子儿子。

$f_1=1$。

$f_i={\displaystyle {\displaystyle \frac{1}{2}}\sum _{1\le j,k\text{且}j+k\le i\text{且}i-1-j-k\in A}(\genfrac{}{}{0ex}{}{i-1}{j})(\genfrac{}{}{0ex}{}{i-1-j}{k})f_j{f}_k}$。
$f_i={\displaystyle {\displaystyle \frac{1}{2}}\sum _{1\le j,k\text{且}j+k\le i\text{且}i-1-j-k\in A}{\displaystyle \frac{(i-1)!}{j!k!(i-1-j-k)!}}{f}_j{f}_k}$。

如果直接求是 $O(n^3)$ 的。

记 $F_i=f_i/i!$。

$$f_i={\displaystyle {\displaystyle \frac{1}{2}}\sum _{1\le j,k\text{且}j+k\le i\text{且}i-1-j-k\in A}{\displaystyle \frac{(i-1)!F_j{F}_k}{(i-1-j-k)!}}}$$

定义 $a_x={\displaystyle \frac{[x\in A]}{x!}}$。

$$F_i={\displaystyle \frac{1}{2i}}{\displaystyle \sum _{1\le j,k\text{且}j+k<i}{F}_j{F}_k{a}_{i-1-j-k}}$$

记 $S=j+k$，改变枚举顺序，先枚举 $S$。

$$F_i={\displaystyle \frac{1}{2i}}\sum _{S+t=i-1}{a}_t\sum _{j\ge 1,k\ge 1,j+k=S}{F}_j{F}_k$$

定义 $G_S=\sum _{j\ge 1,k\ge 1,j+k=S}{F}_j{F}_k$。

$$F_i={\displaystyle \frac{1}{2i}}\sum _{S+t=i-1}{a}_t{G}_s$$

这里已经可以 $O(n^2)$ 了。但我们可以用分治 FFT 的思路。

分治 $(l,r)$：目标是求出 $F_l\sim F_r$ 和 $G_l\sim G_r$。

先递归进左半边。然后 $G_l\sim G_{mid}$ 和 $a$ 卷积得到 $F_{mid+1}\sim F_r$；用 $F_l\sim F_{mid}$ 多项式自卷求 $G_{mid+1}\sim G_r$。

求和

求 $f(n)=\sum _{i=0}^n\sum _{j=0}^{i}S(i,j)\times 2^j\times (j!)$
S(i, j)表示第二类斯特林数

研究 $\sum _{j=0}^{i}S(i,j)\times 2^j\times (j!)$。

考虑其组合意义。$S(i,j)$ 即把 $i$ 个数分成 $j$ 组，$2^j$ 即每组有 $2$ 种方案，$j!$ 即组与组之间要排序。所以这个式子就是 "把 $i$ 个数分成若干个不同的组，每组黑白染色的方案数"。

记 "把 $n$ 个数" 的方案数为 $g_n$。因为有组合意义，可以把通项公式改成递推公式，再用其他手段优化。

枚举最后一组的数个数，$g_n=\sum _{i=1}^{n}2\cdot (\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})g_{n-i}$，注意组合数的 $i$ 和 $g_{n-i}$ 的 $n-i$ 刚好能凑到一起，考虑卷积优化。

则 ${\displaystyle \frac{g_n}{n!}}=\sum _{i=1}^n{\displaystyle \frac{g_{n-i}}{(n-i)!}}\cdot {\displaystyle \frac{2}{i!}}$。

令 $G(x)$ 为 $\{{\displaystyle \frac{g_i}{i!}}\}$ 的 OGF，$F(x)$ 为 $\{{\displaystyle \frac{2}{i!}}\}$ 的 OGF。

注意这里不是 $G(x)=G(x)\times F(x)$！！！

因为原式的 $i$ 可以等于 $0$，$i$ 就对应 $g$ 的 $n$，即 $n\ge 0$。所以 $g_0$ 有定义：$g_0=1$。

但是 $f$ 的 $n$ 是我们递推公式里枚举的最后一组个数，枚举时 $n\ge 1$。为了使枚举的时候不统计 $n=0$ 的情况，令 $f_0=0$ 而不是 $f_0={\displaystyle \frac{2}{0!}}=2$。

所以 $G(x)=G(x)\cdot F(x)+1$。为什么要 $+1$？因为左边 $g_0=1$ 对应的项在右边 $g_0\times f_0$ 变成 $0$ 了，要补一个 $1$。

所以只要求出 $F(x)$，然后 $G(x)={\displaystyle \frac{1}{1-F(x)}}$ 就能求得 $g_0\sim g_n$。而 $ans=\sum _{i=0}^n{g}_i$。

组合数问题

给定一个 $m$ 次多项式 $f(k)=\sum a_i{k}^i$，求 $\sum _{k=0}^{n}f(k)(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})x^{k}modp$，$p$ 不一定是质数。
$n,x,p\le {10}^9$，$m\le 1000$，$m\le n$。

先把 $f(k)$ 转成下降幂形式 $\sum b_i{x}^{\underset{―}{i}}$。

重要公式: $k^{\underset{―}{i}}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})=(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-i}{k-i})n^{\underset{―}{i}}$

$$\begin{array}{rl}\text{原式}& =\sum _{k=0}^n\sum _{i=0}^m{b}_i{k}^{\underset{―}{i}}{x}^k(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})\\ & =\sum _{k=0}^n\sum _{i=0}^m{b}_i{x}^k(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-i}{k-i})n^{\underset{―}{i}}\\ & =\sum _{i=0}^m{b}_i{n}^{\underset{―}{i}}\sum _{k=0}^n{x}^k(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-i}{k-i})\\ \text{当 k<i 时最后的组合数无意义,所以k>=i}\\ & =\sum _{i=0}^m{b}_i{n}^{\underset{―}{i}}\sum _{k=0}^{n-i}{x}^{k+i}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-i}{k})\\ & =\sum _{i=0}^m{b}_i{n}^{\underset{―}{i}}{x}^i\sum _{k=0}^{n-i}{x}^k(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-i}{k})\\ & =\sum _{i=0}^m{b}_i{n}^{\underset{―}{i}}{x}^i(x+1{)}^{n-i}\end{array}$$

$m$ 比较小，直接爆算即可。

数幂求和问题1

给定 $n,m$，$s_i={\displaystyle \sum _{j=0}^{n-1}{j}^i}$，求 $s_0\sim s_m$。

法一:

$$\begin{array}{rl}{s}_i& =\sum _{x=0}^{n-1}{x}^i\\ & =\sum _{x=0}^{n-1}\sum _{j=1}^i\left\{\begin{array}{c}i\\ j\end{array}\right\}{x}^{\underset{―}{j}}\\ & =\sum _{j=1}^i\left\{\begin{array}{c}i\\ j\end{array}\right\}{\displaystyle \frac{n^{\underset{―}{j+1}}}{j+1}}\end{array}$$

（$\sum _{x=0}^{n-1}{x}^{\underset{―}{j}}={\displaystyle \frac{n^{\underset{―}{j+1}}}{j+1}}$）

法二：

考虑 $s$ 的 EGF $s(x)$。

$$\begin{array}{rl}s(x)& =\sum _{i\ge 0}{s}_i{\displaystyle \frac{x^i}{i!}}\\ & =\sum _{i\ge 0}\sum _{j=0}^{n-1}{j}^i\cdot {\displaystyle \frac{x^i}{i!}}\\ & =\sum _{j=0}^{n-1}\sum _{i\ge 0}{\displaystyle \frac{(jx{)}^i}{i!}}\\ & =\sum _{j=0}^{n-1}{e}^{jx}={\displaystyle \frac{1-e^{nx}}{1-e^x}}\end{array}$$

但是要注意 $1-e^{nx}$ 和 $1-e^x$ 的常数项都是 $0$，没有多项式逆。怎么办？

$1-e^x=-\sum _{i\ge 0}{\displaystyle \frac{1}{(i+1)!}}{x}^{i+1}=-x\sum _{i\ge 0}{\displaystyle \frac{1}{(i+1)!}}{x}^i$。

$1-e^{nx}=-\sum _{i\ge 0}{\displaystyle \frac{n^{i+1}}{(i+1)!}}{x}^{i+1}=-x\sum _{i\ge 0}{\displaystyle \frac{n^{i+1}}{(i+1)!}}{x}^i$。

一除，$-x$ 约掉了。所以 $s(x)=\sum _{i\ge 0}{\displaystyle \frac{1}{(i+1)!}}{x}^i/\sum _{i\ge 0}{\displaystyle \frac{n^{i+1}}{(i+1)!}}{x}^i$。多项式逆即可。

CF722F：Cyclic Cipher 题解

CF1117E：Decypher the String 题解

如何优雅地求和

给定一个 $m$ 次多项式 $f(k)$ 的一些点值 $f(0)\sim f(m)$。
求 $Q=\sum _{k=0}^{n}f(k)(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})x^k(1-x{)}^{n-k}mod998244353$。
$n,x,p\le {10}^9$，$m\le 20000$，$m\le n$。