[loj2304]泳池

将等于$k$差分，即小于等于$k$减去小于等于$k-1$，由于两者类似，不妨仅考虑前者

令$f_{i,j}$表示仅考虑$i$列（即$n=i$时），若前$j$行都没有障碍，此时最大面积小于等于$k$的概率

考虑转移，对第$j+1$行是否有障碍分类讨论，并在有障碍时枚举最左边的障碍，即
$$
f_{i,j}=egin{cases}q^{i}f_{i,j+1}+sum_{t=1}^{i}(1-q)q^{t-1}f_{t-1,j+1}f_{i-t,j}&(ijle k)\0&(ij>k)end{cases}
$$
初始状态为$f_{0,j}=1$，接下来根据此式子，求出$i,jge 1$且$ijle k$或$j=0$且$ile k$的$f_{i,j}$，由于这样的状态数是$o(klog k)$的，总复杂度即为$o(k^{2}log k)$

接下来，考虑$i>k$且$j=0$时的式子，去掉其中为0的项，即
$$
f_{i,0}=sum_{t=1}^{k+1}(1-q)q)^{t-1}f_{t-1,1}f_{i-t,0}f_{i,0}=sum_{t=1}^{k+1}(1-q)q^{t-1}f_{t-1,1}f_{i-t,0}
$$
记$g_{t}=(1-q)q^{t-1}f_{t-1,1}$，即为常数，预处理后即递推式$f_{i,0}=sum_{t=1}^{k+1}g_{t}f_{i-t,0}$

对于一个多项式$F$，令$G(F)=sum_{i=0}^{infty}f_{i,0}[x^{i}]F$（后者即指$F$的$i$次项系数），问题即求$G(x^{n})$

注意到对于函数$G$，有以下两个性质：

1.$G((x^{k+1}-sum_{i=1}^{k+1}g_{i}x^{k-i+1})x^{t})=f_{t+k+1,0}-sum_{i=0}^{k}g_{i}f_{t+k+1-i,0}=0$

（即$i=k+t+1$时的递推式，因此显然相等）

2.$G(F_{1})+G(F_{2})=G(F_{1}+F_{2})$，代入即成立

综上，构造$A(x)=x^{k+1}-sum_{i=1}^{k+1}g_{i}x^{k-i+1}$，设$x^{n}=A(x)B(x)+R(x)$，即有
$$
G(x^n)=G(AB)+G(R)=sum_{i=0}^{infty}[x^{i}]Bcdot G(Ax^{i})+G(R)=G(R)
$$
换言之，问题即求$R(x)equiv x^{n}(mod A(x))$，再求$G(R)$即可

若$R_{0}(x)equiv x^{m}(mod A(X))$，即有$R_{0}^{2}(x)equiv x^{2m}(mod A(x))$和$xR_{0}(x)equiv x^{m+1}(mod A(x))$，由此进行迭代即可，复杂度为$o(k^{2}log k)$（即暴力计算$R_{0}^{2}(x)$）或$o(klog^{2}k)$（使用ntt计算$R_{0}^{2}(x)$）

综上，总复杂度即$o(k^{2}log k)$，可以通过

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 1005
#define mod 998244353
int n,k,x,y,p,mi[N],A[N],R[N],RR[N<<1],g[N],f[N][N];
int pow(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;
}
void solve(int n,int k){
    if (!n){
        memset(R,0,sizeof(R));
        R[0]=1;
        return;
    }
    solve((n>>1),k);
    memset(RR,0,sizeof(RR));
    for(int i=0;i<=k;i++)
        for(int j=0;j<=k;j++)RR[i+j]=(RR[i+j]+1LL*R[i]*R[j])%mod;
    for(int i=2*k;i>k;i--){
        for(int j=1;j<=k+1;j++)RR[i-j]=(RR[i-j]-1LL*A[k+1-j]*RR[i]%mod+mod)%mod;
        RR[i]=0;
    }
    memcpy(R,RR,sizeof(R));
    if (n&1){
        for(int i=k;i>=0;i--)R[i+1]=R[i];
        R[0]=0;
        for(int i=1;i<=k+1;i++)R[k+1-i]=(R[k+1-i]-1LL*A[k+1-i]%mod*R[k+1]%mod+mod)%mod;
        R[k+1]=0;
    }
}
int calc(int k){
    memset(f,0,sizeof(f));
    for(int i=0;i<=k+1;i++)f[0][i]=1;
    for(int i=1;i<=k;i++)
        for(int j=k/i;j>=0;j--){
            f[i][j]=1LL*mi[i]*f[i][j+1]%mod;
            for(int t=1;t<=i;t++)f[i][j]=(f[i][j]+1LL*(mod+1-p)*mi[t-1]%mod*f[t-1][j+1]%mod*f[i-t][j])%mod;
        }
    for(int i=1;i<=k+1;i++)g[i]=1LL*(mod+1-p)*mi[i-1]%mod*f[i-1][1]%mod;
    A[k+1]=1;
    for(int i=1;i<=k+1;i++)A[k-i+1]=mod-g[i];
    solve(n,k);
    int ans=0;
    for(int i=0;i<=k;i++)ans=(ans+1LL*f[i][0]*R[i])%mod;
    return ans;
}
int main(){
    scanf("%d%d%d%d",&n,&k,&x,&y);
    p=1LL*x*pow(y,mod-2)%mod;
    mi[0]=1;
    for(int i=1;i<=k;i++)mi[i]=1LL*mi[i-1]*p%mod;
    printf("%d",(calc(k)-calc(k-1)+mod)%mod);
}