ARC133E

首先套路的，对于每个 $K$，求出有多少种情况的贡献 $\ge K$。

然后也是套路的，看到中位数，考虑把 $\ge K$ 的数变为 $1$，其余变为 $0$。

于是只有 $0,1$，发现如果出现了 $(a,0,0)$ 或 $(a,1,1)$，那么就跟 $a$ 没关系了。

先考虑最终答案跟 $a$ 有关，手玩一下发现那个周期将序列 $x,y$ 分成了 $G=\gcd(N,M)$ 组，每组包含 $N/G$ 个 $x$ 中的数和 $M/G$ 个 $y$ 中的数。那么考虑一定是形如 $(a,1,0)$ 的形式，那么要么是 $N/G$ 个 $x$ 中的数全是 $0$，$M/G$ 个 $y$ 中的数全是 $1$。要么正好反一反。然后每组是独立的，所以方案数是 $((N/G)^{K-1}(M/G)^{V-K+1}+(M/G)^{K-1}(N/G)^{V-K+1})^G$。但是注意只能在 $A\ge K$ 的时候才能统计进去。

那么与 $a$ 无关的话，其实就是总的减去有关的，然后发现具有对称性，即 $K=p$ 时出来为 $1$ 的方案数与 $K=V-p+2$ 时出来为 $0$ 的方案数是一样的，所以直接除以 $2$ 就行了。

Code：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 200005, mod = 998244353, inv2 = (mod + 1) / 2;
int n, m, V, A;
int ans, sum;

int qpow(int x, int y) {
	int res = 1;
	while (y) {
		if (y & 1) res = 1ll * res * x % mod;
		x = 1ll * x * x % mod;
		y >>= 1;
	}
	return res;
}

void add(int &a, int b) {
	a += b;
	if (a >= mod) a -= mod;
	if (a < 0) a += mod;
}

int main() {
	scanf("%d%d%d%d", &n, &m, &V, &A);
	int g = __gcd(n, m);
	sum = 1ll * (V + 1) * qpow(V, n + m) % mod;
	for (int k = 1; k <= V + 1; ++k) {
		int tmp = qpow((1ll * qpow(k - 1, m / g) * qpow(V - k + 1, n / g) % mod + 1ll * qpow(k - 1, n / g) * qpow(V - k + 1, m / g) % mod) % mod, g);
		if (A >= k) add(ans, tmp);
		add(sum, -tmp);
	}
	add(ans, 1ll * sum * inv2 % mod);
	printf("%d", ans);
	return 0;
}