首先套路的，对于每个 \(K\)，求出有多少种情况的贡献 \(\ge K\)。
然后也是套路的，看到中位数，考虑把 \(\ge K\) 的数变为 \(1\)，其余变为 \(0\)。
于是只有 \(0,1\)，发现如果出现了 \((a,0,0)\) 或 \((a,1,1)\)，那么就跟 \(a\) 没关系了。
先考虑最终答案跟 \(a\) 有关，手玩一下发现那个周期将序列 \(x,y\) 分成了 \(G=\gcd(N,M)\) 组，每组包含 \(N/G\) 个 \(x\) 中的数和 \(M/G\) 个 \(y\) 中的数。那么考虑一定是形如 \((a,1,0)\) 的形式，那么要么是 \(N/G\) 个 \(x\) 中的数全是 \(0\)，\(M/G\) 个 \(y\) 中的数全是 \(1\)。要么正好反一反。然后每组是独立的，所以方案数是 \(((N/G)^{K-1}(M/G)^{V-K+1}+(M/G)^{K-1}(N/G)^{V-K+1})^G\)。但是注意只能在 \(A\ge K\) 的时候才能统计进去。
那么与 \(a\) 无关的话，其实就是总的减去有关的，然后发现具有对称性，即 \(K=p\) 时出来为 \(1\) 的方案数与 \(K=V-p+2\) 时出来为 \(0\) 的方案数是一样的，所以直接除以 \(2\) 就行了。
Code：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 200005, mod = 998244353, inv2 = (mod + 1) / 2;
int n, m, V, A;
int ans, sum;
int qpow(int x, int y) {
int res = 1;
while (y) {
if (y & 1) res = 1ll * res * x % mod;
x = 1ll * x * x % mod;
y >>= 1;
}
return res;
}
void add(int &a, int b) {
a += b;
if (a >= mod) a -= mod;
if (a < 0) a += mod;
}
int main() {
scanf("%d%d%d%d", &n, &m, &V, &A);
int g = __gcd(n, m);
sum = 1ll * (V + 1) * qpow(V, n + m) % mod;
for (int k = 1; k <= V + 1; ++k) {
int tmp = qpow((1ll * qpow(k - 1, m / g) * qpow(V - k + 1, n / g) % mod + 1ll * qpow(k - 1, n / g) * qpow(V - k + 1, m / g) % mod) % mod, g);
if (A >= k) add(ans, tmp);
add(sum, -tmp);
}
add(ans, 1ll * sum * inv2 % mod);
printf("%d", ans);
return 0;
}