ARC144D

考虑 $x=2^a,y=2^b,a\ne b$ 的情况，有 $f(x+y)=f(x)+f(y)-f(0)$。

因此可以归纳到任意情况，令 $c=f(0),g(i)=f(2^i)-c$，那么有 $f(s)=c+\sum\limits_{i\in s}g(i)$。

所以任意一组 $\left\{c,g(0),g(1),\cdots,g(n-1)\right\}$ 对应一个 $f$ 的方案。需要满足 $0\le c\le k$，且任意若干个 $g$ 的和满足 $\in[-c,k-c]$。

设 $g$ 中正数和为 $s^{+}$，负数和为 $s^{-}$。

则有 $c+s^{+}\le k,c+s^{-}\ge0$，移项可得 $-s^{-}\le c\le k-s^{+}$，也就是说合法的 $c$ 的取值有 $\max(0,k-s^{+}+s^{-}+1)$，由于 $s^+-s^-=\sum\left|g_i\right|$，即 $\max(0,k-\sum\left|g_i\right|+1)$。

考虑枚举有几个数非 $0$，假设有 $i$ 个数，那么选的方案数为 $2^i\binom{n}{i}$，前面的幂次是枚举每个数的符号，那么接下来就考虑这样一个子问题：
对于 $i$ 个正整数 $g_i$ 组成的所有可能的 $\sum g_i\le k+1$，对于 $k+1-\sum g_i$ 求和。

即求出 $\sum\limits_{x=i}^{k+1}(k+1-x)\binom{x-1}{i-1}$。

考虑这个东西的组合意义，从 $k+1$ 个球中选出 $i+1$ 个球，枚举倒数第二个球的位置 $x$，则它右边的球的位置有 $k+1-x$ 种可能，左边的方案数为从 $x-1$ 个球中选出 $i-1$ 个球。

故上面这个式子等于 $\dbinom{k+1}{i+1}$。

则答案为

$$\sum_{i=0}^{n}2^i\binom{n}{i}\binom{k+1}{i+1}$$

预处理组合数什么的就好了。

时间复杂度 $\mathcal O(n)$。

Code：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 300005, mod = 998244353;
ll n, k;
ll fac[N], inv[N], u[N];

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

void init(int maxn) {
	fac[0] = 1;
	for (int i = 1; i <= maxn; ++i) fac[i] = fac[i - 1] * i % mod;
	inv[maxn] = qpow(fac[maxn], mod - 2);
	for (int i = maxn - 1; ~i; --i) inv[i] = inv[i + 1] * (i + 1) % mod;
	u[0] = 1;
	for (int i = 1; i <= maxn; ++i) u[i] = (k + 1 - i + 1) % mod * u[i - 1] % mod;
}

ll C(ll n, ll m) {
	if (n < 0 || m < 0 || n < m) return 0;
	return fac[n] * inv[n - m] % mod * inv[m] % mod;
}

ll D(ll n) {
	return u[n] * inv[n] % mod;
}

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

int main() {
	scanf("%lld%lld", &n, &k);
	init(n + 1);
	ll ans = 0, w = 1;
	for (int i = 0; i <= n; ++i) add(ans, w * C(n, i) % mod * D(i + 1) % mod), add(w, w);
	printf("%lld", ans);
	return 0;
}