一点不会套路。
思路
对于中位数相关，发现我们不好直接表示与中位数有关的内容。
不妨枚举 \(x\)，把大于 \(x\) 的标为 \(1\)，小于等于 \(x\) 的标为 \(0\)，这样把所有最终为一的方案数加起来就是原来的答案。
大概是这样一个东西：
\[k=\sum_{i=0}^k [i<k] \]这个怎么求呢。
发现若一组 \((x,y)\) 是 \((1,1)\) 或者是 \((0,0)\) 的话，后面的东西就与 \(a\) 无关了。
继续思考，在 \(x=i\) 与 \(x=v-i\) 的时候，出现 \((0,0)\) 的概率和 \((1,1)\) 的概率恰好是相反的。
这告诉我们，我们只需要求出只出现 \((0,0)\) 与 \((1,1)\) 的方案，在这些方案中，最后为 \(1\) 与最后为 \(0\) 的概率是相等的。
所以我们只要求出只出现 \((0,0)\) 与 \((1,1)\) 的方案。
这个也不好求。
使用容斥，我们求出每一组 \((x,y)\) 都要求 \(x\not =y\) 的方案。
这个东西依据经典结论，这个两个序列各会被分成 \(\gcd(n,m)\) 份，每一份都要求相等，并且与另一个序列是一一对应的关系。
所以当你枚举 \(x\) 的时候，方案数为：
\[(x^\frac{n}{g}(v-x)^\frac{m}{g}+(v-x)^\frac{n}{g}x^\frac{m}{g})^g \]其中，\(g=\gcd(n,m)\)。
然后就做完了。
时间复杂度：\(O(v\log n)\)。
Code
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int mod = 998244353;
int n, m, v, a, g;
inline int power(int x, int y) {
int res = 1;
while (y) {
if (y & 1) res = res * x % mod;
x = x * x % mod, y >>= 1;
}
return res;
}
signed main() {
cin >> n >> m >> v >> a, g = __gcd(n, m);
int sm = power(v, n + m);
int ns = 0;
n /= g;
m /= g;
for (int i = 0; i <= v; i++) {
int nm = 0;
nm += power(i, n) * power(v - i, m);
nm += power(v - i, n) * power(i, m);
nm = power(nm % mod, g);
if (a > i) ns = ns + nm;
int cr = sm - nm;
if (cr < 0) cr += mod;
if (cr & 1) cr += mod;
cr = cr / 2;
ns = ns + cr;
}
cout << ns % mod << "\n";
}