传送门
一道 \(DP\) 好题
设 \(q\) 为一个块合法的概率
套路一恰好为 \(k\) 的概率不好算，算小于等于 \(k\) 的减去小于等于 \(k-1\) 的
那么设 \(f_i\) 表示宽为 \(i\) 的合法的泳池面积都小于等于 \(k\) 的概率
设 \(g_i\) 表示宽为 \(i\) 的合法的泳池面积都小于等于 \(k\) 且最下面一行都合法的概率
那么考虑转移 \(f\)
套路二强制前面的满足一定的性质，后面接一段不满足的
首先 \(f_i+=g_i\)，然后枚举放一个不合法的块在最下面
那么贡献就是 \(\sum_{j=0}^{i-1}f_{i-j-1}g_j(1-q)\)
考虑怎么得到 \(g\)，考虑到 \(g\) 表示的一定是下面都合法，上面是一个不合法的轮廓线的状态
那么枚举轮廓线的最下面的点
设 \(dp_{i,j}\) 表示宽为 \(i\) 最下面一行都合法，且向上第一个不合法的高度为 \(j+1\) 的概率
仍然用套路二转移
首先 \(i\times j \le k\)
\(dp_{i,j}=(1-q)q^j\sum_{l=1}^{i-1}(\sum_{x\ge j}dp_{l-1,x})(\sum_{x>j}dp_{i-l,x})\)
显然有用的状态只有 \(\Theta(klnk)\)，然后前缀和优化做到 \(\Theta(k^2lnk)\)
直接这样子写就有 \(70\) 分
观察这个东西
\(g_i+\sum_{j=0}^{i-1}f_{i-j-1}g_j(1-q)\)
就是个常系数齐次线性递推的形式
套用线性递推即可
# include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn(1005);
const int mod(998244353);
inline void Inc(int &x, int y) {
x = x + y >= mod ? x + y - mod : x + y;
}
inline int Pow(ll x, int y) {
register ll ret = 1;
for (; y; y >>= 1, x = x * x % mod)
if (y & 1) ret = ret * x % mod;
return ret;
}
int f[maxn], g[maxn], dp[maxn][maxn], n, pw[maxn], q;
int p[maxn], tmp[maxn << 1], a[maxn], b[maxn];
inline void Mul(int *x, int *y, int *z, int k) {
register int i, j, inv, t = k << 1;
memset(tmp, 0, sizeof(tmp));
for (i = 0; i < k; ++i)
for (j = 0; j < k; ++j) Inc(tmp[i + j], (ll)x[i] * y[j] % mod);
for (i = t; i >= k; --i)
if (tmp[i])
for (inv = tmp[i], j = 0; j <= k; ++j) Inc(tmp[i - j], mod - (ll)p[k - j] * inv % mod);
for (i = 0; i < k; ++i) z[i] = tmp[i];
}
inline int Solve(int k) {
if (!k) return Pow(q, n);
memset(dp, 0, sizeof(dp)), memset(f, 0, sizeof(f));
register int i, j, l, ans = 0;
for (i = 0; i <= 1001; ++i) dp[0][i] = 1;
for (i = 1; i <= k; ++i)
for (j = k / i; j; --j) {
for (l = 1; l <= i; ++l) Inc(dp[i][j], (ll)dp[l - 1][j] * dp[i - l][j + 1] % mod);
dp[i][j] = (ll)q * pw[j] % mod * dp[i][j] % mod;
Inc(dp[i][j], dp[i][j + 1]);
}
for (i = 0; i <= k; ++i) g[i + 1] = (ll)q * dp[i][1] % mod, f[i] = dp[i][1];
for (i = 1; i <= k; ++i)
for (j = 1, l = min(i, k + 1); j <= l; ++j) Inc(f[i], (ll)f[i - j] * g[j] % mod);
memset(p, 0, sizeof(p)), memset(a, 0, sizeof(a)), memset(b, 0, sizeof(b));
for (p[++k] = 1, i = 0; i < k; ++i) p[i] = mod - g[k - i];
a[0] = b[1] = 1;
for (i = n; i; i >>= 1, Mul(b, b, b, k))
if (i & 1) Mul(a, b, a, k);
for (i = 0; i < k; ++i) Inc(ans, (ll)a[i] * f[i] % mod);
return ans;
}
int k;
int main() {
register int x, y, i;
scanf("%d%d%d%d", &n, &k, &x, &y);
pw[0] = 1, pw[1] = (ll)x * Pow(y, mod - 2) % mod, q = (mod + 1 - pw[1]) % mod;
for (i = 2; i <= 1000; ++i) pw[i] = (ll)pw[i - 1] * pw[1] % mod;
printf("%d\n", (Solve(k) - Solve(k - 1) + mod) % mod);
return 0;
}