思路：

诶，bc全是1的情况会不会？
推一推发现是斐波那契数列。
大于1呢？
合成失败的那一部分，你合成了一个i-2，那你还想合成i，那需要i-1和i-2，而i-2已经有了，所以f[i]-f[i-2]就是这一部分的答案了。
最后化简式子得：
fi=fi−1p+fi−2f_i=\frac{f_{i-1}}{p}+f_{i-2}fi=pfi−1+fi−2
其中p是成功的概率。
此外，这题还需要线性求逆远和卡空间。

codecodecode

#include<iostream>
#include<cstdio>
#define ll long long
#define re registerusing namespace std;const int MAXN = 1e7 + 5;
const int mod = 998244353;int b[MAXN], c[MAXN], n, f[MAXN], p;
int inv[MAXN];void read_() {re int bx, by, cx, cy;scanf("%d%d", &n, &f[0]);ll k = (ll)f[0] % mod;f[0] = (int)k;scanf("%d%d%d%d%d", &bx, &by, &cx, &cy, &p);b[0] = by + 1, c[0] = cy + 1;for(re int i = 1; i < n; ++ i) {ll k1 =((ll)b[i - 1] * bx + (ll)by) % (ll)p + 1ll;ll k2 =((ll)c[i - 1] * cx + (ll)cy) % (ll)p + 1ll;  b[i] = (int)k1;c[i] = (int)k2;}
}int main() {freopen("forging.in", "r", stdin);freopen("forging.out", "w", stdout);read_();inv[0]=0ll, inv[1]=1ll;for(re int i = 2; i <= p + 1; ++ i) {ll k = ((ll)((ll)mod - (ll)mod / i * inv[mod % i] % mod + (ll)mod)) % (ll)mod;inv[i] = (int)k;}ll k = ((ll)((ll)f[0] * inv[min(c[0], b[0])] % mod * c[0] % mod + (ll)f[0])) % (ll)mod;f[1] = (int)k;for(re int i = 2; i <= n; ++ i) {ll k = ((ll)f[i - 1] * inv[min(c[i - 1], b[i - 2])] % mod * c[i - 1] % mod + (ll)f[i - 2]) % (ll)mod;f[i] = (int)k;}printf("%d", f[n]);return 0;
}

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