原题传送门：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=6377

分析

首先转化一下题意可以知道，答案其实就是所有方案的吵闹值的和。然后我们考虑DP，设 $f[i][j]$ 表示现在已经有 $i$ 对情侣就座，其中有 $j$ 对情侣是坐在一起的方案数。首先我们可以先 $O(n)$ 推出 $f[i][0]$ 的方案数，这个在oeis上是有公式的(传送门)。那么现在考虑 $f[i][j]$ 可以从哪几种情况转移过来。
[1] 从 $f[i-1][j-1]$ 转移，意思就是接下来进来的一对情侣是挨着坐的，所以只要把他们当成一个人，插到一个空位里就行了，那么 $i-1$ 对情侣，有 $j-1$ 对是坐在一起的，且这一对情侣在就座时不能坐在某一对挨在一起的情侣的中间，于是空位为 $2*(i-1)-(j-1)+1$ 个，因为两个人可以互换位置，所以方案数为 $2*(2*(i-1)-(j-1)+1)*f[i-1][j-1]$ (之后每种转移都是要 $*2$ 的，接下来不再赘述)。
[2] 从 $f[i-1][j]$ 转移，这种转移又有两种小转移：

(1)接下来进来的一对情侣是分开坐的，且不会坐到任何一对已经坐在一起的情侣中间。那么就是两个人都找到空位坐下来就行了。此时空位为 $2*(i-1)-j+1$ 个，那么方案数就是 $2*C_{2*(i-1)-j+1}^{2}*f[i-1][j]$ 。
(2)接下来进来的一对情侣是坐在一起的，这样的话如果要保证坐在一起的情侣对数不变，那就是这一对情侣坐在另一对已经坐在一起的情侣的中间，把另外两个人分开，由于原来有 $j$ 对相邻，所以方案数为 $2*j*f[i-1][j]$ 。

[3] 从 $f[i-1][j+1]$ 转移，意思就是接下来进来的一对情侣两个人分开坐，且其中一个人将一对相邻的情侣分开（由于不存在两个人分别分开了一堆相邻的情侣还坐在一起的情况，所以是不存在这种转移的）。那么这种转移就是一个人坐在一对相邻的情侣中间，另一个人坐在其他空位的情况，此时相邻的情侣数为 $j+1$ ，空位数为 $2*(i-1)-(j+1)+1$ ，所以方案数为 $2*(j+1)*(2*(i-1)-(j+1)+1)*f[i-1][j+1]$
[4] 从 $f[i-1][j+2]$ 转移，意思就是接下来进来的一对情侣两个人分开坐，且两个人分别分开了一对相邻的情侣。由于相邻的情侣数为 $j+2$ ，所以此时的方案数为 $2*C_{j+2}^2*f[i-1][j+2]$ 。
一共 $5$ 种情况的转移，这样我们可以 $O(n^2)$ 预处理出所有情况，然后每次询问扫一遍就行了。

Code

#pragma GCC optimize(3)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
bool Finish_read;
template<class T>inline void read(T &x){Finish_read=0;x=0;int f=1;char ch=getchar();while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')f=-1;if(ch==EOF)return;ch=getchar();}while(isdigit(ch))x=x*10+ch-'0',ch=getchar();x*=f;Finish_read=1;}
template<class T>inline void print(T x){if(x/10!=0)print(x/10);putchar(x%10+'0');}
template<class T>inline void writeln(T x){if(x<0)putchar('-');x=abs(x);print(x);putchar('\n');}
template<class T>inline void write(T x){if(x<0)putchar('-');x=abs(x);print(x);}
/*================Header Template==============*/
const ll mod=998244353;
const int maxn=1005;
ll f[maxn][maxn],n,d;
inline ll powe(ll a,ll b) {
    ll res=1;
    while(b) {
        if(b&1)
            res=res*a%mod;
        a=a*a%mod;
        b>>=1;
    }
    return res;
}
int main() {
    f[0][0]=1;
    f[1][0]=0;
    for(int i=2;i<=1000;++i)
        f[i][0]=2*i*((2*i-1)*f[i-1][0]%mod+(2*i-2)*f[i-2][0]%mod)%mod;
    for(int i=1;i<=1000;++i)
        for(int j=1;j<=i;++j)
            f[i][j]=((2*(i-1)-j+1)*(2*(i-1)-j)*f[i-1][j]%mod+
                      2*j*f[i-1][j]%mod+
                      2*(2*(i-1)-(j-1)+1)*f[i-1][j-1]%mod+
                      2*(j+1)*(2*(i-1)-(j+1)+1)*f[i-1][j+1]%mod+
                      (j+2)*(j+1)*f[i-1][j+2]%mod)%mod;
    while(~scanf("%lld%lld",&n,&d)) {
        ll ans=0;
        for(int i=0;i<=n;++i)
            ans=(ans+f[n][i]*powe(d,i)%mod)%mod;    
        printf("%lld\n",ans);
    }
}

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