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一个串是合法串当且仅当满足下列条件中的至少一个：
(1.)它是空串。
(2.)它首尾字母相同且去掉首尾字母之后是合法串。
(3.)它可以从某个位置切开得到两个合法串。
设(f_i)表示长度为(i)的合法串个数，(g_i)表示长度为(i)的仅满足第(2)个条件的串的个数。
显然初始状态为(f_0=1,g_0=0)，转移为：
[egin{aligned}
f_i&=sum f_jg_{i-j}\
g_i&=mf_{i-2}-frac1msum g_jg_kf_{i-j-k}
end{aligned}
]
注意到有意义的下标都是偶数，因此我们令(ileftarrowfrac i2)。
考虑其OGF(F(x),G(x))，那么(F=FG+1,G=mxF+frac1mG^2F)。
那么(F(x)=frac{m+2-msqrt{1-4x-4mx}}{2(m^2x+1)})，直接(O(n))计算([x^n]F(x))即可。
#include<cstdio>
const int N=200007,P=998244353;
int a[N],inv[N];
int mod(int x){return x+(x>>31&P);}
int pow(int a,int b){int r=1;for(;b;b>>=1,a=1ll*a*a%P)if(b&1)r=1ll*a*r%P;return r;}
int main()
{
int n,m,k,ans=0,x;
scanf("%d%d",&n,&m);
if(n&1) return puts("0"),0;
if(m==1) return puts("1"),0;
n/=2,inv[0]=inv[1]=1;
for(int i=2;i<=n||i<=2;++i) inv[i]=1ll*(P-P/i)*inv[P%i]%P;
a[0]=1,k=1ll*pow(m-1,P-2)*m%P*inv[2]%P;
for(int i=1;i<=n;++i) a[i]=1ll*a[i-1]*mod(4*i-6)%P*inv[i]%P;
a[0]=mod(a[0]-pow(k,P-2)+1),x=pow(mod(1-k-k+P),P-2);
for(int i=0,pw=1,base=1ll*k*k%P*(P-4)%P*x%P;i<=n;++i) ans=(ans+1ll*pw*a[n-i])%P,pw=1ll*pw*base%P;
ans=1ll*ans*pow(m-1,n)%P*x%P*(P-k)%P;
printf("%d",ans);
}