我们遇到的问题是，给定一个多项式的点值表示和一个数，求出这个数带入多项式后的值。

这个问题如果用待定系数法，可以使用高斯消元，但是复杂度是\(O(n^3)\)的，无法通过本题。

所以我们来引入拉格朗日插值法。

它的关键在于，有一个拉格朗日基本公式：

$$f(k) = \sum_{i=0}^ny_i\prod_{i \neq j} \frac{k - x_j}{x_i - x_j}$$

这个公式使得\(f(x_i) = y_i\) ，也就是同时满足这些点的表示。

原因在于，对于一个\(x_i\)，只有在第\(i\)项，他后面的值是1，剩下的时候全是0，相当于全部被消掉了。(感觉这个地方和\(CRT\)的构造好像……)，所以这个公式自然就满足所有点的表示了。

之后，我们就可以直接把值带入，模拟计算即可。时间复杂度\(O(n^2)\)。

特殊的，一般来讲我们遇到的题目，所有的\(x_i\)都是连续的。这样我们可以进一步优化这个算法，使之在\(O(n)\)内计算出值。

具体的，我们再观察一下上面的式子。我们发现分母其实就是一个阶乘的形式。可以先预处理出来。然后对于分子，对于每个\(k\)，我们可以先维护其前缀积和后缀积，即\(pre_i = \prod_{j = 0}^i k - j\),\(suf_i = \prod_{j = i}^n j - k\),式子就变成了

$$f(k) = \sum_{i=0}^ny_i \frac{pre_{i-1}suf_{i+1}}{fac_i fac_n-i}$$

之后就可以\(O(n)\)计算了。 注意分母，在\(n-i\)为奇数的时候，分母是负数。

先这些吧……剩下的坑以后再填。

看一下代码。

#include

#include

#include

#include

#include

#include

#include

#include

#include

#define rep(i,a,n) for(int i = a;i <= n;i++)

#define per(i,n,a) for(int i = n;i >= a;i--)

#define enter putchar('\n')

#define fr friend inline

#define y1 poj

#define mp make_pair

#define pr pair

#define fi first

#define sc second

#define pb push_back

using namespace std;

typedef long long ll;

const int M = 100005;

const int INF = 1000000009;

const double eps = 1e-7;

const ll mod = 998244353;

ll read()

{

ll ans = 0,op = 1;char ch = getchar();

while(ch < '0' || ch > '9') {if(ch == '-') op = -1;ch = getchar();}

while(ch >= '0' && ch <= '9') ans = ans * 10 + ch - '0',ch = getchar();

return ans * op;

}

ll n,k,x[M],y[M],ans;

ll qpow(ll a,ll b)

{

ll p = 1;

while(b)

{

if(b & 1) p *= a,p %= mod;

a *= a, a %= mod;

b >>= 1;

}

return p;

}

int main()

{

n = read(),k = read();

rep(i,1,n) x[i] = read(),y[i] = read();

rep(i,1,n)

{

ll cur = 1;

rep(j,1,n)

{

if(i == j) continue;

ll now = (x[i] - x[j] + mod) % mod;

cur = cur * (k - x[j] + mod) % mod * qpow(now,mod-2) % mod;

}

ans = ans + (y[i] * cur % mod),ans %= mod;

}

printf("%lld\n",ans);

return 0;

}