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@description@

考虑所有的有 N 个节点的树（节点编号为 1 ∼ N）。我们认为两棵树不同，当且仅当存在一对节点 u 和 v，满足一棵树中 u 和 v 之间有边，另一棵中没有。
设 T 为等概率随机选择的一棵树。我们记 T 中每个节点的度数分别为 d1,d2,...,dN。令 A = (d1 ·d2 ·····dN)^K，请求出 A 的期望值。
我们可以证明，A 的期望值可以写作分数 P/Q 的形式，其中 P 和 Q 为互质的正整数，且 Q 与 998,244,353 互质。
你需要计算 P ·Q^(−1) 对 998,244,353 取模的结果，其中 Q^(−1) 代表 Q 在模 998,244,353 意义下的乘法逆元。

输入格式
输入的第一行包含一个整数 T，代表测试数据的组数。接下来是 T 组数据。 每组数据仅有一行，包含两个整数 N 和 K。

输出格式
对于每组数据，输出一行，包含一个整数 P ·Q^(−1) (mod 998244353)。

数据范围与子任务
• 1 ≤ T ≤ 1,00 • 2 ≤ N ≤ 2,000,000 • 1 ≤ K ≤ 10^9 • 单个输入中∑N ≤ 2,000,000
子任务 1（20 分）： • T = 10 • 2 ≤ N ≤ 7
子任务 2（30 分）： • 单 个 输 入 中 ∑N ≤ 100,000
子任务 3（50 分）： • K = 1

样例输入
2
3 1
4 2
样例输出
2
748683279

样例解释
第一组数据：共有三种不同的树，可以表示为三条路径：1−2−3、1−3−2、3−1−2。 期望值为((1·2·1)1 + (1·1·2)1 + (2·1·1)1)/3 = 2，因此 P = 2、Q = 1、Q^(−1) = 1，答案为 2。

@solution@

这道题的数据范围。。。是把两道题合成一道题来考的 。。。

关于点的度数的树计数问题，自然想到 prufer 序列。又因 n 个点的树共有 (n^{n-2}) 种，由 prufer 序列的一些性质可以得到答案的表达式：

[ans = frac{1}{n^{n-2}}*sum_{(sum_{i=1}^{n}(d_i-1)) = n-2}(frac{n!}{prod_{i=1}^{n}(d_i-1)!}*prod_{i=1}^{n}d_i^K) ]

再稍加变形可以变成卷积的形式：

[ans = frac{n!}{n^{n-2}}*sum_{(sum_{i=1}^{n}(d_i-1)) = n-2}(prod_{i=1}^{n}frac{d_i^K}{(d_i-1)!}) ]

我们令 (D(x) = sum_{i=0}frac{(i+1)^K}{i!}*x^i)，则 (D^{n}(x)) 中 (x^{n-2}) 对应的系数就是上面卷积的答案，不妨令其为 A。
则 (ans = frac{n!}{n^{n-2}}*A)。问题在于怎么求解 A。

一种方法是使用多项式 exp + ln 实现多项式求幂。不过该方法常数较大，不能通过子任务 3，所以子任务 3 我们需要另辟蹊径。

考虑 K = 1 时：

[D^n(x) =(sum_{i=0}frac{i+1}{i!}x^i)^n\ =(sum_{i=0}frac{1}{i!}x^i + sum_{i=0}frac{1}{i!}x^{i+1})^n\ =(e^x + e^x*x)^n\ =e^{nx}*(x+1)^n\ =(sum_{i=0}frac{n^i}{i!}x^i)*(sum_{i=0}^{n}C_{n}^{i}x^i)]

于是就可以线性求出 n-2 项的值了。

@accepted code@

#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int MAXN = 4000000;
const int MOD = 998244353;
const int G = 3;
int pow_mod(int b, int p) {
	int ret = 1;
	while( p ) {
		if( p & 1 ) ret = 1LL*ret*b%MOD;
		b = 1LL*b*b%MOD;
		p >>= 1;
	}
	return ret;
}
int fct[MAXN + 5], ifct[MAXN + 5];
int pw[20 + 5], ipw[20 + 5];
struct poly{
	void debug(int *A, int n, char ch) {
		printf("%c ", ch);
		for(int i=0;i<n;i++)
			printf("%d ", A[i]);
		puts("");
	}
	void copy(int *A, int *B, int n) {
        for(int *p=A,*q=B,i=0;i<n;p++,q++,i++)
           	(*p) = (*q);
    }
    void clear(int *A, int l, int r) {
        for(int *p=A+l,i=l;i<r;p++,i++)
            (*p) = 0;
    }
	void ntt(int *A, int len, int type) {
		for(int i=0,j=0;i<len;i++) {
			if( i < j ) swap(A[i], A[j]);
			for(int k=(len>>1);(j^=k)<k;k>>=1);
		}
		for(int i=1;(1<<i)<=len;i++) {
			int s = (1<<i), t = (s>>1);
			int u = (type == 1) ? pw[i] : ipw[i];
			for(int j=0;j<len;j+=s) {
				for(int k=0,p=1;k<t;k++,p=1LL*p*u%MOD) {
					int x = A[j+k], y = 1LL*p*A[j+k+t]%MOD;
					A[j+k] = (x + y)%MOD, A[j+k+t] = (x + MOD - y)%MOD;
				}
			}
		}
		if( type == -1 ) {
			int iv = pow_mod(len, MOD-2);
			for(int i=0;i<len;i++)
				A[i] = 1LL*A[i]*iv%MOD;
		}
	}
	int length(int n) {
		int len; for(len = 1; len < n; len <<= 1);
		return len;
	} 
	int tmp1[MAXN + 5];
    void poly_inv(int *A, int *B, int n) {
    	int len = length((n<<1) - 1);
    	clear(B, 0, len);
        if( n == 1 ) {
        	B[0] = pow_mod(A[0], MOD-2);
            return ; 
        }
        poly_inv(A, B, (n + 1) >> 1);
    	copy(tmp1, A, n);
        ntt(tmp1, len, 1), ntt(B, len, 1);
        for(int *p=B,*q=tmp1,i=0;i<len;p++,q++,i++)
			(*p) = 1LL*(*p)*(2 + MOD - 1LL*(*q)*(*p)%MOD)%MOD;
        ntt(B, len, -1);
		clear(tmp1, 0, len), clear(B, n, len);
    }
    int tmp2[MAXN + 5], tmp3[MAXN + 5];
    void poly_mul(int *A, int *B, int *C, int n, int m, int k) {
        int len = length(n+m-1);        
		copy(tmp2, A, n), copy(tmp3, B, m);
        ntt(tmp2, len, 1), ntt(tmp3, len, 1);
        for(int i=0;i<len;i++) C[i] = 1LL*tmp2[i]*tmp3[i]%MOD;
        ntt(C, len, -1);
        clear(C, k, len), clear(tmp2, 0, len), clear(tmp3, 0, len); 
    }
    void poly_int(int *A, int *B, int n) {
        for(int i=n-1;i>=0;i--)
            A[i+1] = 1LL*B[i]*pow_mod(i+1, MOD-2)%MOD;
        A[0] = 0;
    }
    void poly_deri(int *A, int *B, int n) {
        for(int i=1;i<n;i++)
            A[i-1] = 1LL*B[i]*i%MOD;
        A[n-1] = 0;
    }
    int tmp4[MAXN + 5];
    void poly_ln(int *A, int *B, int n) {
        poly_inv(A, B, n);
		poly_deri(tmp4, A, n);
        poly_mul(tmp4, B, B, n, n, n);
        poly_int(B, B, n-1);
    }
	int tmp5[MAXN + 5], tmp6[MAXN + 5];
    void poly_exp(int *A, int *B, int n) {
        int len = length((n<<1) - 1);
        clear(B, 0, len);
		if( n == 1 ) {
            B[0] = 1;
            return ;
        }
        poly_exp(A, B, (n + 1) >> 1);
        copy(tmp5, A, n); poly_ln(B, tmp6, n);
        ntt(tmp5, len, 1), ntt(tmp6, len, 1), ntt(B, len, 1);
        for(int i=0;i<len;i++)
			B[i] = 1LL*B[i]*(1 + MOD - tmp6[i] + tmp5[i])%MOD;
        ntt(B, len, -1);
		clear(B, n, len), clear(tmp5, 0, len), clear(tmp6, 0, len);
    }
    int tmp7[MAXN + 5];
    void poly_pow(int *A, int n, int k) {
    	poly_ln(A, tmp7, n);
    	for(int i=0;i<n;i++)
    		tmp7[i] = 1LL*tmp7[i]*k%MOD;
    	poly_exp(tmp7, A, n);
	}
}oper;
int f[MAXN + 5];
void solve(){
	int N, K; scanf("%d%d", &N, &K);
	if( K == 1 ) {
		int ans = 0;
		for(int i=0,p=1;i<=N-2;i++,p=1LL*p*N%MOD)
			ans = (ans + 1LL*p*ifct[i]%MOD*fct[N]%MOD*ifct[N-2-i]%MOD*ifct[i+2]%MOD)%MOD;
		printf("%lld
", 1LL*pow_mod(N, (MOD-1)-(N-2))*fct[N-2]%MOD*ans%MOD);
		return ;
	}
	int len; for(len = 1; len <= N; len <<= 1);
	for(int i=0;i<len;i++)
		f[i] = 1LL*pow_mod(i+1, K)*pow_mod(fct[i], MOD-2)%MOD;
	oper.poly_pow(f, len, N);
	printf("%lld
", 1LL*pow_mod(N, (MOD-1)-(N-2))*fct[N-2]%MOD*f[N-2]%MOD);
}
void init() {
	for(int i=0;i<=21;i++)
		pw[i] = pow_mod(G, (MOD-1)/(1<<i)), ipw[i] = pow_mod(pw[i], MOD-2);
	fct[0] = 1;
	for(int i=1;i<=MAXN;i++)
		fct[i] = 1LL*fct[i-1]*i%MOD;
	ifct[MAXN] = pow_mod(fct[MAXN], MOD-2);
	for(int i=MAXN-1;i>=0;i--)
		ifct[i] = 1LL*ifct[i+1]*(i+1)%MOD;
}
int main() {
	init();
	int T; scanf("%d", &T);
	for(int i=1;i<=T;i++)
		solve();
}

@details@

算是比较中规中矩的一道题吧。

不过，把数据范围拆成两类，把一道题的算法拆成两种这个操作。。。

我还以为我的常数太大了过不了。