[hdu7085]Pty loves SegmentTree

简单分析，不难得到以下转移——
$$
f_{n}=egin{cases}1&(n=1)\Bsum_{i=1}^{n-1}f_{i}f_{n-i}&(nle k)\Bsum_{i=1}^{n-1}f_{i}f_{n-i}+(A-B)f_{k}f_{n-k}&(n>k)end{cases}
$$
（在$n<k$时，该式子即类似于为卡特兰数的递推式）

考虑生成函数，令$F(x)=sum_{nge 1}f_{n}x^{n}$​​，那么即
$$
F(x)=Bcdot F^{2}(x)+(A-B)f_{k}x^{k}F(x)+x
$$
记$C=(A-B)f_{k}$​，代入求根公式即
$$
F(x)=frac{-(Cx^{k}-1)pmsqrt{(Cx^{k}-1)^{2}-4Bx}}{2B}
$$
显然$F(0)=0$，那么代入即得到应取负号

令$Q^{2}(x)=(Cx^{k}-1)^{2}-4Bx$，将上式化简并整理即$Q(x)=1-2BF(x)-Cx^{k}$

将两边同时求导，即$Q'(x)=-2BF'(x)-Ckx^{k-1}$

注意到$2Q'(x)Q^{2}(x)=Q(x)(Q^{2}(x))'$​，将每一项分别代入，两式即分别为
$$
-2left(2BF'(x)+Ckx^{k-1} ight)left((Cx^{k}-1)^{2}-4Bx ight)\left(1-2BF(x)-Cx^{k} ight)left(2C^{2}kx^{2k-1}-2Ckx^{k-1}-4B ight)
$$
将两者展开后整理，即
$$
left(C^{2}kx^{2k-1}-Ckx^{k-1}-2B ight)F(x)-left(C^{2}x^{2k}-2Cx^{k}-4Bx+1 ight)F'(x)+left(2Ckx^{k}-Cx^{k}+1 ight)=0
$$
考虑上式的$n-1$​次项系数并整理，即
$$
f_{n}=frac{2B(2n-3)f_{n-1}+C(2n-3k)f_{n-k}-C^{2}(n-3k)f_{n-2k}+[n=k+1]C(2k-1)}{n}
$$
为了方便，约定$forall nle 0,f_{n}=0$，由此直接递推即可（注意到在$n<k$时不需要$C$）

由此，即可线性预处理出所有$f_{i}$，进而前缀和即可快速查询

总时间复杂度为$o(n+q)$，可以通过

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 10000005
#define mod 998244353
#define ll long long
int t,q,k,A,B,C,l,r,inv[N],f[N],sum[N];
int main(){
    inv[0]=inv[1]=1;
    for(int i=2;i<N;i++)inv[i]=(ll)(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;
    scanf("%d",&t);
    while (t--){
        scanf("%d%d%d%d",&q,&k,&A,&B);
        for(int i=1;i<N;i++){
            if (i==1)f[1]=1;
            else{
                f[i]=2LL*B*(2*i-3)%mod*f[i-1]%mod;
                if (i>k)f[i]=(f[i]+(ll)C*(2*i-3*k+mod)%mod*f[i-k])%mod;
                if (i>2*k)f[i]=(f[i]-(ll)C*C%mod*(i-3*k+mod)%mod*f[i-2*k]%mod+mod)%mod;
                if (i==k+1)f[i]=(f[i]+(ll)C*(2*k-1))%mod;
                f[i]=(ll)f[i]*inv[i]%mod;
            }
            if (i==k)C=(ll)(A-B+mod)*f[i]%mod;
        }
        for(int i=1;i<N;i++)sum[i]=(sum[i-1]+(ll)f[i]*f[i])%mod;
        for(int i=1;i<=q;i++){
            scanf("%d%d",&l,&r);
            printf("%d
",(sum[r]-sum[l-1]+mod)%mod);
        }
    }
    return 0;
}