题意：

思路：

将矩阵中的数放到数组里排序，就是一个比较明显的期望dpdpdp了。
定义f[i]f[i]f[i]表示从第iii个出发的期望得分，所以转移方程也比较好写了：f[i]=∑(f[j]+(x[i]−x[j])2+(y[i]−y[j])2)cntf[i]=\frac{\sum(f[j]+(x[i]-x[j])^2+(y[i]-y[j])^2)}{cnt}f[i]=cnt∑(f[j]+(x[i]−x[j])2+(y[i]−y[j])2)
但是这样有个问题，如果直接转移的话那就是O(n2m2)O(n^2m^2)O(n2m2)的了，看到平方这些东西我们会本能的拆开，所以我们考虑化简式子来进行O(1)O(1)O(1)转移。
对于分母：∑f[j]+(x[i]2+y[i]2)∗cnt+∑(x[j]2+y[j]2)−2∗x[i]∗∑x[j]−2∗y[i]∗∑y[j]\sum f[j]+(x[i]^2+y[i]^2)*cnt+\sum(x[j]^2+y[j]^2)-2*x[i]*\sum x[j]-2*y[i]* \sum y[j]∑f[j]+(x[i]2+y[i]2)∗cnt+∑(x[j]2+y[j]2)−2∗x[i]∗∑x[j]−2∗y[i]∗∑y[j]
我们发现我们只需要维护∑f[j],∑(x[j]2+y[j]2),∑x[j],∑y[j]\sum f[j],\sum(x[j]^2+y[j]^2),\sum x[j],\sum y[j]∑f[j],∑(x[j]2+y[j]2),∑x[j],∑y[j]即可实现O(1)O(1)O(1)转移了。
实现的时候需要等相同的值都算完了才能加上他们的贡献，且由于每个点的x,yx,yx,y都不同，需要单独计算，一开始以为一样就在代码的797979行鬼使神差的写成了f[i]=f[i−1]f[i]=f[i-1]f[i]=f[i−1]，真是老笨蛋啦。

//#pragma GCC optimize(2)
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<string>
#include<cstring>
#include<map>
#include<cmath>
#include<cctype>
#include<vector>
#include<set>
#include<queue>
#include<algorithm>
#include<sstream>
#include<ctime>
#include<cstdlib>
#define X first
#define Y second
#define L (u<<1)
#define R (u<<1|1)
#define pb push_back
#define mk make_pair
#define Mid (tr[u].l+tr[u].r>>1)
#define Len(u) (tr[u].r-tr[u].l+1)
#define random(a,b) ((a)+rand()%((b)-(a)+1))
#define db puts("---")
using namespace std;//void rd_cre() { freopen("d://dp//data.txt","w",stdout); srand(time(NULL)); }
//void rd_ac() { freopen("d://dp//data.txt","r",stdin); freopen("d://dp//AC.txt","w",stdout); }
//void rd_wa() { freopen("d://dp//data.txt","r",stdin); freopen("d://dp//WA.txt","w",stdout); }typedef long long LL;
typedef unsigned long long ULL;
typedef pair<int,int> PII;const int N=1000010,mod=998244353,INF=0x3f3f3f3f;
const double eps=1e-6;int n,m,tot;
LL f[N],pref,prex,prey,prex2,prey2,pre;
struct Node
{LL x,y,val;bool operator < (const Node &w) const{return val<w.val;}
}a[N];LL qmi(LL a,LL b)
{LL ans=1;while(b){if(b&1) ans=ans*a%mod;a=a*a%mod;b>>=1;}return ans%mod;
}int main()
{//  ios::sync_with_stdio(false);
//  cin.tie(0);scanf("%d%d",&n,&m);for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=m;j++) { LL x; scanf("%lld",&x); a[++tot]={i,j,x}; }sort(a+1,a+1+tot);int cnt=0; a[0].val=-1;for(int i=2;i<=tot;i++){if(a[i].val!=a[i-1].val){int pos=i-1,val=a[i-1].val;while(pos>=1&&a[pos].val==val) (prex+=a[pos].x)%=mod,(prey+=a[pos].y)%=mod,(prex2+=a[pos].x*a[pos].x)%=mod,(prey2+=a[pos].y*a[pos].y)%=mod,(pre+=f[pos])%=mod,pos--,cnt++;f[i]=((pre+(a[i].x*a[i].x+a[i].y*a[i].y)*cnt+prex2+prey2-2*a[i].x*prex-2*a[i].y*prey)%mod+mod)%mod*qmi(cnt,mod-2)%mod;}else f[i]=((pre+(a[i].x*a[i].x+a[i].y*a[i].y)*cnt+prex2+prey2-2*a[i].x*prex-2*a[i].y*prey)%mod+mod)%mod*qmi(cnt,mod-2)%mod;}LL ans=-1;int sx,sy; cin>>sx>>sy;for(int i=1;i<=tot;i++) if(a[i].x==sx&&a[i].y==sy) { ans=f[i]; break; }cout<<ans%mod<<endl;return 0;
}
/*
1 4
1 1 2 1
1 3
*/

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