自己一直没有想到 \(\gcd\) 技巧，想了一种神秘的方法，记一下并且补一下证明。
首先是个特殊矩阵高斯消元。
\(A_{i, j} = \gcd(i, j)^{c-d} \times i^d \times j^d\)。
我的想法是利用性质快速高斯消元，因为相当于那个矩阵系数给你了，你可以手玩，对于每个 \(k\)，要求出 \(x_k\)，那么可以选若干行，使得他们的线性组合恰好第 \(k\) 列的系数不是 \(0\)，剩下基本是 \(0\)。
先考虑 \(c = 1, d = 0\) 的情况，这时候系数矩阵就是 \(\gcd(i, j)\)
然后我手玩了 \(k = n\) 的情况，如果 \(k\) 是质数，设 \(A_i\) 为第 \(i\) 行，那么 \(A_k - A_1\) 即可解决。
我就猜是不是类似可以套一个莫比乌斯容斥一下，考虑设置这样的一个东西 \(\sum_{i|k} A_{k/i} \times \mu(i)\)。
猜的啊，发现这个玩意，只有 \(ik\) 项系数不是 \(0\)，并且第 \(ik\) 项的系数恰好是第 \(k\) 项的 \(i\) 倍，那么就可以递推了！
考虑 \(c = n, d = 0\) 的情况，我发现还是满足上面性质的！
然后考虑 \(d \not =0\)，我稍微试了一下 \(\sum_{i|k} A_{k/i} \times \mu(i) \times i^d\) 发现也是对的！也就找到了普使的规律！
这为啥对呢？试着感性理解一下。
看了 vfk 题解感觉非常深刻！你看成一个函数 \(A_{i, j} = f(\gcd(i, j)) \times i^d \times h(j)\)。
考虑对于一个 \(k\) 时，第 \(x\) 列的系数。
这个 \(h(x)\) 就是常量了，不用管。
考虑一个 \(t = \gcd(k/i, x)\) 的贡献，假设不是 \(0\)，那么你考虑
首先如果 \(t = k\)，那么只能是 \(x = bk (b \in N^+), i = 1\)。即是倍数，贡献是 \(1\)。
否则 \(t < k\)，考虑因为有贡献，所以对于每个质因子，如果没被 \(x\) 限制一定得是 \(k / i\) 限制，这样就得到了最小的 \(i\)，肯定有贡献，然后你考虑肯定存在一个质因子现在这个 \(k / i_{min}\) 可以再将一格，否则 \(t\) 就比 \(k\) 大了，这样就利用 \(\mu\) 的贡献抵消变成 \(0\) 了。
然后加入 \(i^d\) 的影响，你考虑那个 \(\sum\) 的 \(\times i^d\)，事实上是补齐了这个东西都是 \(k^d\)。
所以我这个东西只在 vfk 模型中的 \(g(i)\) 完全积性才可以，感觉非常的不实用。
不过我能想出来这么奇怪的东西感觉很神秘，想了 1h。
这个式子可以抽象等价为 \([k | x] = [\sum_{i | k} \gcd(k/i,x) \times \mu(i) \not= 0]\) 是啥子呢？
复杂度 \(O(n \log n)\)
// Skyqwq
#include <bits/stdc++.h>
#define pb push_back
#define fi first
#define se second
#define mp make_pair
using namespace std;
typedef pair<int, int> PII;
typedef long long LL;
template <typename T> bool chkMax(T &x, T y) { return (y > x) ? x = y, 1 : 0; }
template <typename T> bool chkMin(T &x, T y) { return (y < x) ? x = y, 1 : 0; }
template <typename T> void inline read(T &x) {
int f = 1; x = 0; char s = getchar();
while (s < '0' || s > '9') { if (s == '-') f = -1; s = getchar(); }
while (s <= '9' && s >= '0') x = x * 10 + (s ^ 48), s = getchar();
x *= f;
}
const int N = 1e5 + 5, P = 998244353;
int n, c, d, q, b[N];
bool st[N];
int mu[N], pr[N], t;
vector<int> D[N];
int gcd(int a, int b) {
return b ? gcd(b, a % b) : a;
}
int inline power(int a, int b) {
if (b < 0) return power(power(a, P - 2), -b);
int res = 1;
while (b) {
if (b & 1) res = (LL)res * a % P;
a = (LL)a * a % P;
b >>= 1;
}
return res;
}
void inline prework(int n) {
for (int i = 1; i <= n; i++) mu[i] = 1;
for (int i = 2; i <= n; i++) {
if (!st[i]) pr[++t] = i, mu[i] = -1;
for (int j = 1; pr[j] * i <= n; j++) {
st[i * pr[j]] = 1;
if (i % pr[j] == 0) {
mu[i * pr[j]] = 0;
break;
}
mu[i * pr[j]] = -mu[i];
}
}
for (int i = 1; i <= n; i++) {
if (mu[i]) for (int j = i; j <= n; j += i) D[j].pb(i);
}
}
void inline solve1() {
for (int i = 2; i <= n; i++) {
if (b[i] != b[1]) {
puts("-1");
return;
}
}
printf("%d", b[1]);
for (int i = 2; i <= n; i++) printf(" %d", 0);
puts("");
}
void inline add(int &x, int y) {
x += y;
if (x >= P) x -= P;
}
void inline del(int &x, int y) {
x -= y;
if (x < 0) x += P;
}
int ans[N];
int pc[N], pd[N];
int inline A(int i, int j) {
return 1ll * pc[i] * pd[j] % P;
}
void inline solve2() {
for (int k = n; k; k--) {
int u = 0, v = 0;
for (int i: D[k]) {
int xs = 1ll * mu[i] * pd[i] % P;
if (xs < 0) xs += P;
add(u, 1ll * xs * A(k / i, k) % P);
add(v, 1ll * xs * b[k / i] % P);
}
for (int z = 2; z * k <= n; z++) {
int zx = 1ll * u * pd[z] % P;
del(v, 1ll * ans[z * k] * zx % P);
}
if (!u) {
if (!v) continue;
else {
puts("-1");
return;
}
}
ans[k] = 1ll * v * power(u, P - 2) % P;
}
for (int i = 1; i <= n; i++) printf("%d ", ans[i]);
puts("");
}
int main() {
read(n), read(c), read(d), read(q);
prework(n);
for (int i = 1; i <= n; i++) pc[i] = power(i, c), pd[i] = power(i, d);
while (q--) {
for (int i = 1; i <= n; i++) read(b[i]);
solve2();
}
return 0;
}