题目：

传送门

题意：

有mmm种物品，数量无限，用(ai,bi,xi)(a_i,b_i,x_i)(ai,bi,xi)三元组来形容物品，xix_ixi表示我们选出该种物品多少个
对答案的贡献为∏i=1n1+aixi2+bixi\prod_{i=1}^n1+a_ix_i^2+b_ix_i∏i=1n1+aixi2+bixi
求所有方案的贡献和

分析：

设fi,jf_{i,j}fi,j表示考虑到第iii位已经考虑完前jjj种物品
会有fi,j=∑k=0ifi−k,j−1∗(ajk2+bjk+1)f_{i,j}=\sum_{k=0}^if_{i-k,j-1}*(a_jk^2+b_jk+1)fi,j=∑k=0ifi−k,j−1∗(ajk2+bjk+1)
此时复杂度为O(n2m)O(n^2m)O(n2m)
我们不妨将方程逆过来推
fi,j∗(ajk2+bjk+1)→fi+k,j+1f_{i,j}*(a_jk^2+b_jk+1)→f_{i+k,j+1}fi,j∗(ajk2+bjk+1)→fi+k,j+1
式子的左边展开得
fi,j∗ajk2+fi,j∗bjk+fi,jf_{i,j}*a_jk^2+f_{i,j}*b_jk+f_{i,j}fi,j∗ajk2+fi,j∗bjk+fi,j
我们考虑将三个单项式分开求出最后合并
阔以运用前缀和的芝士，将k2,k,1k^2,k,1k2,k,1分别用三遍，两遍，一遍前缀和来代替这个系数
其他照搬式子
复杂度就来到优秀的O(nm)O(nm)O(nm)了
当然还有更秀的生成函数，我不会，爬了

代码：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<string>
#include<algorithm>
#include<queue>
#define LL long long
#define mo 998244353
using namespace std;
inline LL read() {LL d=0,f=1;char s=getchar();while(s<'0'||s>'9'){if(s=='-')f=-1;s=getchar();}while(s>='0'&&s<='9'){d=d*10+s-'0';s=getchar();}return d*f;
}
LL a[1005],b[1005];
LL sum1[10005],sum2[10005],sum3[10005],f[10005][1005];
int main()
{LL m=read();for(LL i=1;i<=m;i++) a[i]=read(),b[i]=read();f[0][0]=1;for(LL j=0;j<m;j++){memset(sum1,0,sizeof(sum1));memset(sum2,0,sizeof(sum2));memset(sum3,0,sizeof(sum3));for(LL i=0;i<=10000;i++) {(sum1[i]+=f[i][j])%=mo;(sum2[i+1]+=f[i][j]*b[j+1]%mo)%=mo;(sum3[i+1]+=f[i][j]%mo*a[j+1]%mo)%=mo;(sum3[i+2]+=f[i][j]%mo*a[j+1]%mo)%=mo;}for(LL i=1;i<=10000;i++) (sum1[i]+=sum1[i-1])%=mo;for(LL i=1;i<=10000;i++) (sum2[i]+=sum2[i-1])%=mo;for(LL i=1;i<=10000;i++) (sum2[i]+=sum2[i-1])%=mo;for(LL i=1;i<=10000;i++) (sum3[i]+=sum3[i-1])%=mo;for(LL i=1;i<=10000;i++) (sum3[i]+=sum3[i-1])%=mo;for(LL i=1;i<=10000;i++) (sum3[i]+=sum3[i-1])%=mo;for(LL i=0;i<=10000;i++) f[i][j+1]=(sum1[i]+sum2[i]+sum3[i])%mo;}LL q=read();while(q--) printf("%lld\n",f[read()][m]);return 0;
}

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