[arc133e]Cyclic Medians

E - Cyclic Medians

看到中位数，就是经典套路：将\(\geq\)中位数的都赋值为\(1\)，\(<\)的赋值为\(0\)

那么对于数\(A\)，就等于\(\sum_{i=1}^{\infty}[A\geq i]\)

所以我们考虑枚举中位数，然后若其\(\leq A\)，那么就对答案贡献\(1\)

对于当前枚举的中位数\(mid\)，若当前正在操作的数对为\((0,0)\)或\((1,1)\)，那么这次更新后答案就与\(a\)无关；若当前操作的是\((0,1)\)或\((1,0)\)，那么这次更新后答案就还是与\(a\)有关

无关：更新后答案是\(\geq mid\)还是\(<mid\)与\(A\)和\(mid\)的大小无关

有关：更新后答案是\(\geq mid\)还是\(<mid\)由\(A\)和\(mid\)的大小决定

然后还有一点，就是当\(mid=p\)时最后答案取\(0\)的方案数与\(mid=v-p\)时最后答案取\(1\)的方案数相同，所以算这个答案时需要\(/2\)

考虑求出与\(a\)有关的方案数，然后用总方案数减去与\(a\)有关的方案数就是与\(a\)无关的方案数

因为每次取\(x_{i\%n}\)和\(y_{i\%m}\)作为一对，所以设\(a=i\%n\)，\(b=i\%m\)，\(g=\gcd(n,m)\)，\(n=g\times p\)，\(m=g\times q\)，那么有：

\[i=a+k_1n,i=b+k_2m\\
a+k_1n=b+k_2m\\
a+k_1\times g\times p=b+k_2\times g\times q\\
a\equiv b\mod g
\]

所以对于所有的数对，就可以分为\(g\)组互不干涉的组

那么要想与\(a\)有关，就必须数对中其中一个为\(0\)，另一个为\(1\)，那么方案数就为：

\[((mid-1)^{\frac ng}\times(v-mid+1)^{\frac mg}+
(mid-1)^{\frac mg}\times(v-mid+1)^{\frac ng})^g
\]

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MOD=998244353,inv2=499122177;
int n,m,g,v,a,all,ans;
int power(int x,int y){
	int ans=1;
	for(;y;y>>=1,x=1ll*x*x%MOD) if(y&1) ans=1ll*ans*x%MOD;
	return ans;
}
int gcd(int a,int b){
	if(b) while((a%=b)&&(b%=a));
	return a+b;
}
void add(int &a,int b){
	a+=b;
	if(a>=MOD) a-=MOD;
}
int main(){
	scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&v,&a);
	g=gcd(n,m),ans=all=power(v,n+m);// mid=1
	for(int i=2;i<=v;++i){
		int now=power(1ll*power(i-1,n/g)*power(v-i+1,m/g)%MOD+1ll*power(i-1,m/g)*power(v-i+1,n/g)%MOD,g);
		if(i<=a) add(ans,now);
		int t=((1ll*all-now)%MOD+MOD)%MOD*inv2%MOD;
		add(ans,t);
	}
	printf("%d",ans);

	return 0;
}