显然每一条边出现在生成树中的方案数是相等的
根据矩阵树定理，(n)个节点的完全图生成树个数是(n^{n-2})种，完全图共有(frac{n(n-1)}{2})条边，一棵生成树共(n-1)条边
于是对于任意一条边，在所有生成树中的总出现次数是
[frac{n^{n-2}(n-1)}{frac{n(n-1)}{2}}=2n^{n-3}
]
于是每一条边前面多了一个系数，可以理解为每一条边出现的概率
[frac{2n^{n-3}}{n^{n-2}}=frac{2}{n}
]
这个东西乘上边权和(sum_{i=1}^nsum_{j=i+1}^n(i+j)^k)
显然(i,j)都从(1)开始更好求一些，于是求一下(sum_{i=1}^nsum_{j=1}^n(i+j)^k)，减去(sum_{i=1}^n(2i)^k=2^ksum_{i=1}^ni^k)，再除以(2)就是总边权和了
不要在傻乎乎的二项式定理拆里面的东西了，我们直接枚举(i+j)的值，显然这玩意长得跟个矩阵是的，每一条对角线上的值都是一样的，还有一些对称的美好性质，于是瞎推一下就有
[sum_{i=1}^nsum_{j=1}^n(i+j)^k=sum_{i=1}^{n+1}i^{k+1}-sum_{i=1}^{n+1}i^k+(2n+1)sum_{i=n+2}^{2n}i^k-sum_{i=n+2}^{2n}i^{k+1}
]
大力拉格朗日插值就好了
代码
#include<bits/stdc++.h>
#define re register
const int maxn=1e7+5;
const int mod=998244353;
inline int ksm(int a,int b) {
int S=1;
for(;b;b>>=1,a=1ll*a*a%mod) if(b&1) S=1ll*S*a%mod;
return S;
}
int f[maxn],p[maxn>>2],pre[maxn][2],a[maxn],b[maxn],fac[maxn],ifac[maxn];
int n,k,ans1,ans2,ans3,ans4;
inline int qm(int a) {return a<0?a+mod:a;}
inline int calc(int x,int o) {
int N=(o==1?k+2:k+1);
a[0]=b[0]=x;b[N+1]=1;
for(re int i=1;i<=N;i++) a[i]=1ll*a[i-1]*(b[i]=qm(x-i))%mod;
for(re int i=N-1;i>=0;--i) b[i]=1ll*b[i]*b[i+1]%mod;
int tot=0;
for(re int i=1;i<=N;i++) {
int now=1ll*ifac[i]*ifac[N-i]%mod;
if((N-i)&1) now=mod-now;
now=1ll*now*a[i-1]%mod*b[i+1]%mod;
tot=(tot+1ll*now*pre[i][o]%mod)%mod;
}
return tot;
}
int main() {
scanf("%d%d",&n,&k);fac[0]=ifac[0]=1;pre[1][0]=pre[1][1]=1;
for(re int i=2;i<=k+2;i++) {
if(!f[i]) p[++p[0]]=i,pre[i][0]=ksm(i,k),pre[i][1]=ksm(i,k+1);
for(re int j=1;j<=p[0]&&p[j]*i<=k+2;++j) {
pre[p[j]*i][0]=1ll*pre[p[j]][0]*pre[i][0]%mod;
pre[p[j]*i][1]=1ll*pre[p[j]][1]*pre[i][1]%mod;
f[p[j]*i]=1;if(i%p[j]==0) break;
}
}
for(re int i=1;i<=k+2;i++) fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%mod;
ifac[k+2]=ksm(fac[k+2],mod-2);
for(re int i=k+1;i;--i) ifac[i]=1ll*ifac[i+1]*(i+1)%mod;
for(re int i=1;i<=k+1;++i) pre[i][0]=(pre[i-1][0]+pre[i][0])%mod;
for(re int i=1;i<=k+2;++i) pre[i][1]=(pre[i-1][1]+pre[i][1])%mod;
ans1=calc(n+1,1);ans2=calc(2*n,1)-ans1;
ans3=calc(n+1,0),ans4=calc(2*n,0)-ans3;
ans2=(ans2+mod)%mod,ans4=(ans4+mod)%mod;
ans4=1ll*ans4*(2*n+1)%mod;
int ans=(ans1+ans4)%mod-(ans2+ans3)%mod;
ans=(ans+mod)%mod;
ans=(ans-1ll*ksm(2,k)*calc(n,0)%mod+mod)%mod;
printf("%d
",1ll*ans*ksm(n,mod-2)%mod);
return 0;
}