题目
一副纸牌有 (n) 种，每种有 (m) 张，
现在有 (k) 个限制条件形如第 (k_i) 种牌至少选 (a_i) 张，
一个三元组合法当且仅当其为 ((i,i+1,i+2)) 或 ((i,i,i))
现在问有多少种方案使得正好可以分成若干个三元组，
方案不同当且仅当选择的种类不同或数量不同
(nleq 10^{18},0leq kleq 10^3,0leq a_ileq mleq 10^3)
分析
考虑三个 ((i,i+1,i+2)) 可以用 ((i,i,i)) 和 ((i+1,i+1,i+1)) 和 ((i+2,i+2,i+2)) 代替，
所以这样的三元组本质上最多出现两次，设 (dp[n][i][j]) 表示
前 (n) 个其中 (i) 个作为 ((n-1,n,n+1))，(j) 个作为 ((n,n+1,n+2)) 的方案数。
通过 (a_n) 与 (t=i+j+k) 的大小分为两种情况，则
[large dp[n][i][j]=sum_{k=0}^2dp[n-1][j][k]+1+egin{cases}lfloorfrac{m-t}{3}
floor,a_n<t\lfloorfrac{m-t-3lceilfrac{a_n-t}{3}
ceil}{3}
floor,otherwiseend{cases}
]
加一是因为要考虑选完 (a_n) 之后不选 ((n,n,n)) 的情况，
当没有限制条件的时候直接矩阵乘法，否则直接求出转移矩阵相乘即可
最后答案为 (dp[n][0][0])
代码
#include <cstdio>
#include <cctype>
#define rr register
using namespace std;
const int mod=998244353; int m;
struct maix{int p[9][9];}B,A,ANS,U;
typedef long long lll; lll n;
inline lll iut(){
rr lll ans=0; rr char c=getchar();
while (!isdigit(c)) c=getchar();
while (isdigit(c)) ans=(ans<<3)+(ans<<1)+(c^48),c=getchar();
return ans;
}
inline maix mul(maix A,maix B){
rr maix C;
for (rr int i=0;i<9;++i)
for (rr int j=0;j<9;++j){
C.p[i][j]=0;
for (rr int k=0;k<9;++k)
C.p[i][j]=(C.p[i][j]+1ll*A.p[i][k]*B.p[k][j]%mod)%mod;
}
return C;
}
inline maix ksm(maix A,lll y){
rr maix ANS=U;
for (;y;y>>=1,A=mul(A,A))
if (y&1) ANS=mul(ANS,A);
return ANS;
}
signed main(){
for (rr int i=0;i<9;++i) U.p[i][i]=1;
n=iut(),m=iut(),ANS.p[0][0]=1;
for (rr int i=0;i<3;++i)
for (rr int j=0;j<3;++j)
for (rr int k=0;k<3;++k) if (i+j+k<=m)
A.p[j*3+k][i*3+j]=(m-i-j-k)/3+1;
rr lll lst=0,x,y;
for (rr int Q=iut();Q;--Q,lst=x){
x=iut(),y=iut(),ANS=mul(ANS,ksm(A,x-lst-1));
for (rr int i=0;i<9;++i)
for (rr int j=0;j<9;++j) B.p[i][j]=0;
for (rr int i=0;i<3;++i)
for (rr int j=0;j<3;++j)
for (rr int k=0;k<3;++k){
rr int now=i+j+k;
if (y>=i+j+k) now+=(y-i-j-k+2)/3*3;
if (now<=m) B.p[j*3+k][i*3+j]=(m-now)/3+1;
}
ANS=mul(ANS,B);
}
ANS=mul(ANS,ksm(A,n-lst));
return !printf("%d",ANS.p[0][0]);
}