嗯，我现在得仔细看看这个问题。题目大意是说，给定一个N行M列的表格A。第0行的元素是0,1,...,M-1。然后给出第0列中除了A[0][0]以外的其他元素，也就是A[1][0], A[2][0], ..., A[N-1][0]。然后每个A[i][j]的值是根据递推式来的：A[i][j] = A[i-1][j] * S + A[i][j-1] * T。现在有Q次查询，每次给出R和C，要输出A[R][C]模998244353的结果。



数据范围的话，N是到30，M到1e9，Q到100。这明显需要找到一个高效的算法，因为直接计算每个格子是不可能的，尤其当M是1e9的时候。所以必须找到一种数学上的递推式或者组合数学的解法。



首先，我得分析这个递推式的结构。对于每一个位置(i,j)，它的值等于上面那个乘S，加上左边那个乘T。这可能涉及到某种组合数的展开方式。可能需要将每个行或者列的贡献分解开来，然后通过组合的方式计算最终的结果。



因为N比较小（最多30），而M很大，可能需要针对不同的行进行预处理，然后针对每个查询的行R，找到某种模式，使得对于列C来说，可以用快速幂或者矩阵快速幂的方法来计算。



比如，对于每一行i来说，当j增大时，可能有某种递推关系式。或者说，每一行的每个位置j的值可以表示为初始值的线性组合，其中每个初始值的系数是关于j的某种函数。



或者，可能可以将问题分解为行和列的贡献。例如，每个A[i][j]的值可以拆分为来自第0行的各个元素和第0列的各个元素的贡献之和。因为每个位置的值都是左边和上边的线性组合，所以可能可以通过动态规划的方式，将每个位置的贡献分解为各个初始点的贡献，然后通过组合数的方式将这些贡献相乘。



比如，假设对于第i行的某个j列的位置，它的值可能由初始行（第0行）和初始列（第0列）的元素经过不同的路径组合而成。而每条路径的权重可能涉及到S和T的幂次，以及组合数。



例如，考虑从初始点（0, k）到（i,j）的路径数目，或者某种权重。同样的，对于初始列中的点（k,0）到（i,j）的路径权重。这可能涉及到组合数学中的某种组合数，比如从（k,0）到（i,j）的路径数目，每一步只能向右或向上。或者，因为递推式的结构，可能每一步只能往左或往下？或者，这可能与路径的方向有关，比如每个步骤中的移动方式？



或者，可能可以将整个问题视为每个行的递推。例如，每一行的生成可以通过某种生成函数或者递推式的方式，然后将列的处理转化为多项式或矩阵的快速幂。



比如，对于每个行i，当处理列j时，可以将j视为一个变量，而A[i][j]的表达式可能是一个关于j的多项式，或者可以用矩阵快速幂的方法来快速计算到j的位置。



或者，考虑每一行的递推关系。例如，当处理到行i的时候，假设A[i][j]的递推式是依赖于A[i-1][j]和A[i][j-1]。那么，这可能形成一个关于j的线性递推关系，从而可以用矩阵快速幂的方法来快速求解。



比如，假设对于行i来说，每个j的值可以由前一个j-1的值推导出来。如果这样的话，那么行i的递推可能形成一个线性递推式，可以用矩阵快速幂的方法在log(C)的时间内计算。



或者，可能每一行的递推式可以用动态规划的方式预先处理出某些系数，然后当处理查询时，将这些系数与初始值结合，快速计算结果。



现在，我需要更具体地分析递推式的结构。比如，假设我们固定行i，那么对于列j来说，A[i][j] = S*A[i-1][j] + T*A[i][j-1]。这看起来像一个带有两个项的递推式。但是，这可能不是线性递推，因为右边的项中包含i-1行的元素，而i可能在不同的行之间变化。



或者，可能需要按行处理，每一行的元素由上一行的对应位置和左边的当前行的元素组成。这可能需要将每一行的元素视为某种生成函数，并且将行的处理转化为生成函数的变换。



例如，对于行i，我们可以将A[i][j]视为j的函数。假设我们已经知道了行i-1的所有j的值，那么对于行i来说，每个A[i][j]的值等于S*A[i-1][j]加上T*A[i][j-1]。这似乎是一种行之间的递推，而同一行的列之间也是递推的。这可能需要同时处理行和列的递推关系。



这样的结构可能比较复杂。或许，我们需要找到每个行i的生成函数，然后通过递推的方式将生成函数从行0到行i进行处理。



不过，这可能比较困难。另一个思路是，将整个问题分解为每个行的贡献。例如，每个A[R][C]的值可以表示为初始行（第0行）和第0列中的各个元素的线性组合，每个元素的系数是关于S、T以及行列数的函数。



例如，对于每个初始元素A[k][0]，k>=1，它可能对A[R][C]的贡献是某个系数乘以该初始值。同样，第0行的各个元素A[0][j]（也就是j的值）也会对结果有贡献。而我们需要找到这些系数的表达式。



假设我们能够将这些系数表示出来，那么对于每个查询，我们可以将初始列中的每个元素A[k][0]乘以其对应的系数，加上第0行的各个元素j乘以其对应的系数，然后求和模998244353即可。



现在的问题是如何找到这些系数的表达式。



首先，考虑初始行的影响。第0行的元素是A[0][j] = j。那么，当计算到A[R][C]时，每个j的初始值可能会有贡献。例如，每个A[0][j]的贡献可能与到达（R,C）的某些路径有关，这些路径可能包括从（0,j）移动到（R,C）的方式。



同样的，每个初始列中的元素A[k][0]（k从1到N-1）也会对A[R][C]产生贡献，其系数可能与到达（R,C）的路径有关。



所以，可能需要将每个初始点的贡献拆解为路径的权重之和。每条路径的权重是S和T的乘积，根据路径中移动的方向。



例如，从（k,0）到（R,C）的路径可能包括向右和向上移动？或者，可能只能向右或向下，因为当计算A[i][j]时，它依赖于上面的元素和左边的元素。这里可能需要更仔细地分析路径的方向。



比如，假设我们想要从初始点（a,b）到目标点（R,C），那么每一步可能只能向右或向上移动？或者，可能路径的每一步是考虑如何到达当前点的来源？



比如，每个A[i][j]的值由A[i-1][j]和A[i][j-1]转移而来。所以，要到达（i,j），必须是从左边（i,j-1）或者上面（i-1,j）。所以，这可能对应于从（i,j）回溯到初始点的路径，其中每一步只能向左或者向下移动？



或者，这可能类似于网格中的路径问题，其中路径只能向左或向上移动？比如，假设我们需要从初始点（比如（k,0））到（R,C），那么路径必须满足怎样的条件？



例如，对于初始点（k,0），它只能贡献到那些i >=k的行。或者说，从（k,0）出发，每一步可以向右（j增加）或者向下（i增加）？这可能不太对，因为原题的递推式中的每个位置的值由上面和左边的位置决定。所以，从初始点（k,0）到（R,C）的路径可能需要经过一系列向右和向上的移动？



或者，这里可能需要将整个递推视为类似二项式系数的展开。比如，每个初始点的贡献被拆解为不同的路径，每条路径的权重是S和T的幂次的乘积。例如，假设从（k,0）到（R,C），需要移动R -k次向下（每次乘以S）和 C次向右（每次乘以 T）。或者说，这可能涉及到组合数中的某种路径计数方式。



比如，从（k,0）到（R,C）的路径数目等于组合数C( (R -k) + C, R -k )，因为需要向下走 R -k次，向右走C次。或者，这可能与具体的递推方式有关，而每一步的选择会影响S和T的乘积。



这可能是一个关键点。例如，每个初始点（k,0）对（R,C）的贡献等于A[k][0] * S^{(R -k)} * T^{C} *组合数。或者，可能组合数是某种形式，例如在从k到R的行差中，以及列的展开中的组合数。



比如，假设从（k,0）到（R,C）的路径需要经过 (R -k)次向上移动（每次乘以S）和 C次向右移动（每次乘以 T）。但这里的路径可能必须满足一定的顺序。例如，每个步骤必须选择向右或向上，但每个移动的顺序会影响总乘积吗？



例如，假设每次向右移动时，乘的是T，而每次向上移动时，乘的是S。那么，总共有 (R -k)次向上和 C次向右移动，所以总的乘积是 S^{R -k} * T^{C}。但这样的情况下，路径的顺序不影响乘积，所以所有可能的路径的乘积之和等于乘积乘以路径数目。此时，贡献的系数为组合数 C( (R -k) + C, R -k ) ) × S^{R -k} × T^C.



这可能吗？如果是这样的话，那么每个初始列中的点（k,0）的贡献是 A[k][0] × C(R -k + C, R -k) × S^{R -k} × T^C.



同样，对于初始行中的点（0, j），它们的贡献可能类似于 j × C(R + (C -j), R) × S^R × T^{C -j}。或者，这可能要看具体的路径结构。



例如，从初始行中的点（0, j）到（R,C），需要向右移动 C -j次，向上移动 R次？或者，这可能不是正确的方向？



这里可能需要对问题中的递推式进行更深入的分析。比如，假设我们想计算A[R][C]，它是由上面的元素A[R-1][C]乘以S，加上左边的元素A[R][C-1]乘以T。那么，这可以看作每个位置的贡献来自于两个方向。如果我们回溯到初始点，那么每个A[R][C]的值是所有可能的初始点的贡献的总和，每条路径的权重是S和T的乘积的某种组合。



例如，对于初始点（i0, j0），到达（R,C）的路径数目是某种组合数，而每条路径的总权重是S的某个次数乘以 T的另一个次数。这样，每个初始点的贡献是其值乘以所有可能路径的权重之和。



所以，假设我们能找到从每个初始点到目标点的所有路径的权重之和，那么总和即为该初始点的贡献。



那么，我们需要确定哪些初始点会影响目标点（R,C）。显然，初始点是第0行的所有j0 <= C，以及第0列的所有i0 <= R。



比如，对于第0行的点（0, j0），其中j0 <= C，因为它们可以通过向右移动到达目标列的某个位置，然后再向上移动吗？或者可能，每个初始点（0,j0）只能通过向上和向右的路径到达（R,C）？



这可能比较复杂。或者，我们可以将整个问题分解为两个部分的贡献：来自第0行的贡献，和来自第0列的贡献。



假设对于每个A[R][C]，其值等于两部分之和：一部分是来自第0行的各个点（0,j）的贡献之和，另一部分是来自第0列的各个点（i,0）的贡献之和。那么，这两部分的系数需要分别计算。



现在，我们需要找到这两个部分的系数表达式。



首先，考虑来自第0行的贡献。对于第0行中的某个点（0,j），假设j <= C。那么，这条路径需要从（0,j）出发，向右到j+1，j+2,...,C，并且向上到R行。或者，可能路径的方向是向上和向右的组合？



或者，这里的路径可能必须满足：每一步只能向上或向右？或者，因为每个位置的递推式是上面和左边的元素，所以生成路径的方向实际上是相反的？比如，从目标点（R,C）回溯到初始点，每一步只能向左或向下。



例如，从（R,C）出发，可以向左走到（R,C-1）或者向下走到（R-1,C）。继续这个过程，直到到达某个初始点（0,j）或（i,0）。



这样，路径必须由一系列的向左和向下移动组成，直到达到初始点。此时，路径的数目由组合数确定。例如，假设到达初始点（0,j），则需要移动 R次向下和 (C -j)次向左。但这里的方向可能与组合数的计算有关。



比如，从（R,C）到（0,j）的路径数目是 C(R + (C-j), R)种，因为需要向下走R次，向左走 (C-j)次。每条这样的路径对应的乘积是 S^R × T^{C-j}。所以，初始点（0,j）的贡献是 j × C(R + (C-j), R) × S^R × T^{C-j}。



同样，对于初始点（i,0），从（R,C）到（i,0）的路径需要向下走 (R -i)次，向左走 C次。所以，路径数目是 C( (R -i) + C, R -i )，每条路径的乘积是 S^{R -i} × T^C。所以，初始点（i,0）的贡献是 A[i][0] × C( (R -i) + C, R -i ) × S^{R -i} × T^C.



那么，总的结果是：



A[R][C] = sum_{j=0}^C [j * C(R + (C-j), R) * S^R * T^{C-j}] } + sum_{i=1}^R [A[i][0] * C( (R-i) + C, R-i ) * S^{R-i} * T^C }



但是，这可能有问题，比如当j的范围可能超过初始行的范围吗？或者，初始行中的j只能是0到M-1，但C可以大到1e9。比如，在第一个样例中，M=7，所以初始行的j最大是6。但查询中的C可能到6，比如第一个样例的第一个查询是C=1，没问题。但在一般情况下，M可能很大，所以当C >= M的时候，可能原题中的初始行只到j=M-1，那么当C >= M的时候，j不可能超过M-1。但原题中的输入条件给出的是C_i < M，所以每个查询的C都是小于M的，因此初始行中的j的范围是0到C，没有问题。



所以，对于每个查询（R,C），其中C < M，那么j的取值范围是0到C，而初始行的j的取值是0到C，因为初始行中的j最大值是M-1，而C < M。



所以，上述的表达式是正确的吗？



如果是这样的话，那么问题就转化为如何高效地计算这两个求和式。因为对于每个查询来说，当R和C很大时，直接计算这两个求和式的复杂度会很高。比如，当C是1e9时，第一个求和式中的j需要从0到C，这显然无法直接计算。所以，必须找到这两个求和式的闭式表达式，或者能够快速计算的方法。



现在，需要分析这两个求和式是否可以简化。



首先处理第一个求和式：sum_{j=0}^C j * C(R + (C-j), R) * S^R * T^{C-j}



可以将其分解为 S^R乘以 sum_{k=0}^C k * C(R + (C -k), R) * T^{C -k}，其中k = j，C -k = m。或者，令 m = C -j，那么j = C -m。当j从0到C时，m从C到0。求和式变为：



sum_{m=0}^C (C -m) * C(R + m, R) * T^m



然后乘以 S^R.



所以，原式等于 S^R * sum_{m=0}^C (C -m) * C(R + m, R) * T^m



这个求和式是否可以找到闭式表达式？



或者，可以考虑将其拆分为两部分：



sum_{m=0}^C C * C(R +m, R) T^m - sum_{m=0}^C m * C(R +m, R) T^m



那么，原式等于 S^R [ C * sum_{m=0}^C C(R+m, R) T^m - sum_{m=0}^C m C(R+m, R) T^m } ]



现在，需要找到这两个求和式的闭式。



对于第一个求和式sum_{m=0}^C C(R +m, R) T^m。这个可能类似于生成函数中的某些级数求和。比如，考虑生成函数 sum_{m=0}^infty C(R +m, R) T^m} 的闭式。这等于 1/(1-T)^{R+1} }，当 |T| <1。但这里的情况是求和到m=C，所以可能需要截断后的表达式？



或者，可能对于无限级数，当m趋近于无穷时，该级数的和是已知的。但我们需要的是有限和的情况，这可能比较复杂。



比如，假设我们令 S1 = sum_{m=0}^C C(R+m, R) T^m



而 S2 = sum_{m=0}^C m C(R+m, R) T^m



那么，我们需要找到S1和S2的表达式。



对于S1，已知生成函数的知识，sum_{m=0}^∞ C(R + m, R) T^m} = 1/(1-T)^{R+1}。但我们的求和是到m=C，所以这可能等于某个表达式。



或者，是否有办法将S1的求和式转换为生成函数的某个部分？



例如，考虑生成函数 f(x) = sum_{m=0}^∞ C(R+m, R) x^m} = 1/(1 -x)^{R+1} }



因此，sum_{m=0}^C C(R+m, R) T^m = [x^C] ( x^{R+1}/(1 - x T)^{R+1} } ) )？或者，可能需要其他处理方式。或者，可能可以用差分的方式将有限和转换为无限和之差。



例如，sum_{m=0}^C C(R+m, R) T^m = sum_{m=0}^infty C(R+m, R) T^m - sum_{m=C+1}^infty C(R+m, R) T^m



这可能不太容易处理。



或者，可以考虑递推式。例如，S1的求和式可以表示为某种递推关系式。或者，利用组合数的性质进行转化。



例如，C(R +m, R) = C(R +m, m)。这可能帮助吗？



或者，注意到C(R +m, R)等于系数[x^R](x^m (1+x)^{R+m} ), 这可能没用。



另一种思路：假设我们需要计算sum_{m=0}^C C(R+m, R) T^m。这个式子可以表示为：



sum_{m=0}^C C(R+m, R) T^m = sum_{m=0}^C C(m + R, R) T^m



这可能等于生成函数在m=0到C的项之和。这个生成函数的前C+1项的和可能无法找到闭式，但如果C很大（比如1e9），那么无法直接计算。这似乎是一个障碍，因为当C是1e9时，如何计算这样的求和式？



同样的问题存在于第二个求和式sum_{i=1}^R A[i][0] * C( (R-i) + C, R-i ) * S^{R-i} * T^C。其中i的范围是1到R，而R最多是30，所以这一部分的求和式可以在O(R)的时间内计算，因为i最多是30次循环。所以这部分可以处理，不需要优化。



但第一个求和式中的sum_{m=0}^C ... 的项，当C是1e9时，显然无法直接计算。所以必须找到一种快速计算这个求和式的方法。



所以，问题的关键在于如何高效计算第一个求和式中的S1和S2。



现在，我需要重新审视第一个求和式的结构，并尝试找到其闭式表达式。



首先，考虑sum_{m=0}^C C(R +m, R) T^m



这个求和式可能可以用动态规划的方法或者递推式来快速计算。例如，注意到当C=0时，求和式等于1*T^0=1。当C增加时，是否可以利用递推式？



或者，注意到C(R +m, R) = C(R +m-1, R) + C(R +m-1, R-1)（根据组合数的性质）。但可能这没有帮助。



或者，考虑生成函数的导数。例如，sum_{m=0}^∞ C(R+m, R) T^m = 1/(1-T)^{R+1}。那么，sum_{m=0}^C C(R+m, R) T^m等于这个生成函数的前C+1项之和。那么，如何计算这个有限和？



例如，可以写成 1/(1-T)^{R+1} - sum_{m=C+1}^∞ C(R+m, R) T^m



但后一项可能等于 T^{C+1}/(1-T)^{R+1} * C(R + C+1 + ... ) 不太清楚。



或者，是否有其他组合恒等式可以应用？



例如，可能存在某种递推式，如：



sum_{m=0}^C C(R+m, R) T^m = (sum_{m=0}^{C-1} C(R+m, R) T^m ) * T + C(R + C, R) T^C



这可能没用。



另一个思路：这个求和式可以表示为 T^{-R} * sum_{m=0}^C C(R +m, R) T^{R +m} }



这可能与某个多项式系数的生成函数有关。例如，sum_{k=R}^{R+C} C(k, R) T^k = T^R sum_{m=0}^C C(R +m, R) T^m



这可能等于 T^R * sum_{m=0}^C C(R +m, R) T^m



而左边的式子等于 sum_{k=R}^{R+C} C(k, R) T^k = [sum_{k=0}^{R+C} C(k, R) T^k ] - sum_{k=0}^{R-1} C(k, R) T^k



而 sum_{k=0}^n C(k, R) T^k = T^R * sum_{m=0}^{n - R} C(R +m, R) T^m



这可能没有帮助。



或者，考虑多项式定理中的有限和。例如，sum_{m=0}^C C(R +m, R) T^m = C(R +C +1, R +1) T^{C} ... 不，这可能不正确。



例如，当R=0时，sum_{m=0}^C C(0+m,0) T^m = sum_{m=0}^C T^m = (T^{C+1} -1)/(T-1) )



根据多项式定理，当R=0时，该和等于 (1 - T^{C+1})/(1-T)。这似乎符合生成函数的表达式，因为当R=0时，生成函数是 1/(1-T)，所以前C+1项的和等于 (1 - T^{C+1})/(1-T)。



那当R=1时，sum_{m=0}^C (m+1) T^m = [1 - (C+2)T^{C+1} + (C+1)T^{C+2} ]/(1-T)^2 ?



例如，当R=1时，生成函数是 1/(1-T)^2。前C+1项的和等于 [1 - (C+1)T^{C+1} + C T^{C+2} ]/(1-T)^2 ?



这可能需要用数学归纳法来推导。



比如，假设sum_{m=0}^C C(R +m, R) T^m = [1 - ... ] / (1-T)^{R+1} }



比如，当R=0时，sum是 (1 - T^{C+1})/(1-T) = [1 - T^{C+1} ] / (1-T)^{1}



当R=1时，sum_{m=0}^C (m+1) T^m = [1 - (C+2) T^{C+1} + (C+1) T^{C+2} ]/(1-T)^2 ?



或者，可能更一般的情况，当sum_{m=0}^C C(R+m, R) T^m等于 [ 1 - ( ... ) ] / (1-T)^{R+1} ?



例如，这个可能等于 [1 - sum_{k=0}^R C(R + C +1, k) T^{C+1} (1-T)^{R+1 -k} } ] / (1-T)^{R+1}



这可能比较复杂。或者，是否有其他方式？



或者，我们可以通过归纳法找到这个求和式的一个闭式表达式。



假设对于一般的R，sum_{m=0}^C C(R +m, R) T^m = (1 - P(T)) / (1-T)^{R+1} }, 其中P(T)是一个多项式，其最高次数为R + C +1 ?



或者，可以假设sum_{m=0}^C C(R +m, R) T^m = ( 1 - T^{C+1} * sum_{k=0}^R C(R + C +1 -k, R -k) (1-T)^k ) ) / (1-T)^{R+1} }



这可能来自于生成函数中的部分和公式。例如，生成函数是 1/(1-T)^{R+1}，前C+1项的和等于生成函数减去从m=C+1到无穷的部分。而生成函数的无穷级数减去前C+1项等于 sum_{m=C+1}^infty C(R+m, R) T^m = T^{C+1}/(1-T)^{R+1} } * sum_{m=0}^\infty C(R + C +1 +m, R) T^m



这可能等于 T^{C+1}/(1-T)^{R+1} } * 1/(1-T)^{R+1} } ?



不，这显然不对。因为 sum_{m=0}^\infty C(R + C+1 +m, R) T^m = sum_{k=0}^\infty C(k + R, R) T^{k - (C+1)} }, 这似乎不成立。



或者，可能需要其他方法。



假设我们无法找到闭式表达式，那么我们需要找到一种快速计算sum_{m=0}^C C(R+m, R) T^m mod MOD的方法，其中MOD是998244353，且C可能高达1e9。



这里，观察到R的最大值为30，所以我们可以利用这个来找到递推关系式。



例如，对于每个R，可以将其视为一个固定的参数，然后找到关于C的递推式。或者，这可能可行？



例如，对于sum_{m=0}^C C(R +m, R) T^m，可以将其视为f_R(C)，然后寻找递推式。



当R固定时，可能f_R(C) = f_R(C-1) + C(R + C, R) T^C



但这样的递推式需要计算到C=1e9次，这在时间上是不可行的。所以，必须找到一种方法，使得能够在O(R)或O(R^2)的时间内计算这个和。



或者，可以利用矩阵快速幂的方法，因为当R固定时，这个求和式可能存在一个线性递推关系，其阶次为R+1。这样，可以用矩阵快速幂的方法在O(R^3 log C)的时间内计算该和。



为了找到这样的递推式，我们需要对不同的R进行分析。



例如，当R=0时，sum_{m=0}^C T^m = (T^{C+1} -1)/(T-1)



当R=1时，sum_{m=0}^C (m+1) T^m = (1 - (C+2)T^{C+1} + (C+1)T^{C+2} )/(1-T)^2



当R=2时，sum_{m=0}^C (m+2)(m+1)/2 T^m



这可能推导出递推式。例如，对于每个R，sum_{m=0}^C C(R+m, R) T^m 的生成函数是 1/(1-T)^{R+1} 的有限和。所以，是否有办法找到这样的生成函数的有限和的递推式？



例如，假设S(R, C) = sum_{m=0}^C C(R+m, R) T^m



那么，S(R, C) = T * S(R, C-1) + C(R +C, R) T^C



这可能是一个递推式，但当C是1e9时，这仍然无法直接计算。



所以，必须寻找线性递推式，其中对于固定的R，S(R, C)满足一个线性递推式，可以用矩阵快速幂的方法来计算。



例如，当R是固定时，是否存在一个递推式如：S(R, C) = a_1 S(R, C-1) + a_2 S(R, C-2) + ... + a_k S(R, C-k)



其中k是某个与R相关的数？



例如，对于R=0，递推式是 S(0, C) = S(0, C-1) + T^C



而S(0, C) = (T^{C+1} -1)/(T-1)



这显然满足这个递推式，其中初始条件是S(0, -1) = 0， S(0,0) =1.



对于R=1，假设S(1, C) = (1 - (C+2) T^{C+1} + (C+1) T^{C+2} )/(1-T)^2



那么，这可能满足一个线性递推式。例如，当将S(1,C)和S(1,C-1)进行比较时，可以发现：



S(1,C) = T * S(1,C-1) + (C+1) T^C



而这是一个非齐次递推式。但如何处理非齐次项？



或者，可能需要将递推式转换为齐次形式。例如，对于R=1的情况，递推式可能为二阶线性齐次递推式？



或者，这可能变得非常复杂，每个R对应的递推式不同。



另一种思路：对于每个R，S(R, C) 的生成函数是 sum_{C=0}^\infty S(R, C) x^C} = sum_{C=0}^\infty [ sum_{m=0}^C C(R +m, R) T^m } ] x^C



这可能比较复杂，无法直接得到。



这可能意味着，对于每个R，我们需要找到其递推式，然后使用矩阵快速幂或快速线性递推算法来计算S(R, C)。



但R的范围是到30，所以对于每个查询中的R，我们可以预处理其递推式，然后对每个查询中的C进行计算。这可能可行。



例如，对于每个R，我们可以找到其递推式的系数，然后利用矩阵快速幂的方法在O(R^3 log C)的时间内计算S(R, C)。由于R最多是30，每个查询的R最多是30，所以这可能可行。



那如何找到每个R的递推式？



根据生成函数的知识，sum_{m=0}^C C(R +m, R) T^m 的生成函数是 1/(1-T)^{R+1} 的前C+1项之和。这可能无法帮助我们找到递推式。



或者，观察S(R, C) = sum_{m=0}^C C(R+m, R) T^m



注意到C(R+m, R) = C(R+m-1, R) + C(R+m-1, R-1)



所以，S(R, C) = sum_{m=0}^C [ C(R+m-1, R) + C(R+m-1, R-1) ] T^m



= sum_{m=0}^C C(R+m-1, R) T^m + sum_{m=0}^C C(R+m-1, R-1) T^m



注意到当m=0时，C(R-1, R) =0，所以第一个求和式等于 sum_{m=1}^C C(R+m-1, R) T^m = T sum_{m=0}^{C-1} C(R+m, R) T^m = T S(R, C-1)



而第二个求和式等于 sum_{m=0}^C C(R+m-1, R-1) T^m = sum_{m=0}^C C( (R-1)+m, R-1 ) T^m = S(R-1, C)



所以，S(R, C) = T S(R, C-1) + S(R-1, C)



这是一个递推式，结合了R和C的变化。这可能无法直接形成线性递推式，但可以利用这个递推式进行动态规划。



例如，我们可以用动态规划的方式，按R递增的顺序，计算S(R, C)。但C是1e9，这可能不可行。



或者，对于每个固定的R，我们可以将S(R, C)的递推式转换为关于C的递推式。例如，当R固定时，如何表达S(R, C)与S(R, C-1)等的关系？



假设R固定，并且我们考虑S(R, C)和S(R, C-1)之间的关系。根据上面的式子：



S(R, C) = T S(R, C-1) + S(R-1, C)



但 S(R-1, C) = sum_{m=0}^C C(R-1 +m, R-1) T^m



这可能无法形成闭式递推式。



这可能意味着，对于每个R，S(R, C)的递推式涉及到更低的R，但C的递推式则可能无法单独处理。



这似乎复杂，难以直接处理。



那回到问题本身，可能第一个求和式中的sum_{j=0}^C ... 可以转化为一个生成函数的形式，然后利用快速幂和组合数学的知识进行计算。



例如，当R=0时，sum_{j=0}^C j * T^{C-j} * C(R + (C-j), R) = sum_{j=0}^C j * T^{C-j} * C(C-j, 0) = sum_{j=0}^C j T^{C-j}



这可能等于 T^{C} sum_{k=0}^C (C-k) T^{-k} （k=C-j → j=C-k）



这可能等于 sum_{k=0}^C (C-k) T^{C -k} → 该式等于 sum_{m=0}^C (C -m) T^m



这可能等于 C * sum_{m=0}^C T^m - sum_{m=0}^C m T^m



= C*(T^{C+1} -1)/(T-1) ) - ( T (1 - (C+1) T^C + C T^{C+1} )) / ( (T-1)^2 ) )



这可能需要根据具体的情况进行处理，但这样对于每个R来说，可能无法找到一个通式。



综上，这似乎是一个较为困难的问题。但注意到，在本题中，N的最大值是30，而每个查询中的R可能到N-1=29。所以，或许我们可以预计算每个R对应的组合式，并找到一种方式，使得当R固定时，可以在O(1)或O(R)的时间内计算对应的求和式。



回到原式：



第一个求和式部分：



sum_{j=0}^C j * C(R + (C-j), R) * S^R * T^{C-j}



= S^R * sum_{m=0}^C (C -m) * C(R +m, R) * T^m



其中 m = C-j → j = C -m



所以，求和式变为 S^R * [ C sum_{m=0}^C C(R+m, R) T^m - sum_{m=0}^C m C(R +m, R) T^m ]



令 S1 = sum_{m=0}^C C(R+m, R) T^m



S2 = sum_{m=0}^C m C(R+m, R) T^m



则原式等于 S^R * [ C*S1 - S2 ]



现在，问题转化为如何高效计算S1和S2。



对于S1，我们能否找到一种递推式？或者，利用多项式展开？



比如，S1是生成函数的前C项之和。已知生成函数是 1/(1-T)^{R+1}



那么，S1等于 [1 - T^{C+1} * ... ] / (1-T)^{R+1}



这可能很难找到闭式。但或许，我们可以将S1写成生成函数的部分和，然后利用组合数学中的某些定理。



或者，对于每个R，可以将S1视为一个关于C的线性递推，使用矩阵快速幂的方法。



例如，观察到当R固定时，S1的递推式可能是线性的，阶数为R+1。这可能是因为生成函数的分母是(1-T)^{R+1}，所以其对应的递推式可能是齐次的，阶数为R+1。



根据生成函数的理论，生成函数的分母是(1-T)^{R+1}，则对应的线性递推式的特征方程是 (x - T)^{R+1} =0，其中 T是模数？或者，这可能与递推式的系数有关。



例如，生成函数是 1/(1-T)^{R+1} ，所以其展开式对应的系数的递推式是： a_n = (R+1)/T a_{n-1} - R(R+1)/(2 T^2) a_{n-2} + ... 这可能不正确，可能需要重新分析。



或者，根据生成函数理论，生成函数为1/(1-T)^{R+1}的系数为C(n+R, R)，所以其递推式为 a_n = a_{n-1} * (n+R)/n



这似乎不太对，因为 a_n / a_{n-1} = C(n+R, R) / C(n-1+R, R) ) = (n+R)/n



这可能吗？



例如，a_0 =1， a_1 = R+1， a_2 = (R+1)(R+2)/2，等等。所以，递推式应该是 a_n = a_{n-1} * (R +n)/n



这可能是一个递推式，但对于生成函数的部分和来说，这无法直接应用。



综上，或许这个问题的第一个求和式无法在合理的时间内处理，因此必须重新考虑整个问题的解决路径。



现在，回到问题的原始递推式，或许我们可以找到一种更简单的方式。



观察行和列的递推式：



对于每个行i，j的递推式是A[i][j] = S*A[i-1][j] + T*A[i][j-1]



这类似于二维的递推式，可能可以使用动态规划的方式按行和列的顺序处理，但M是1e9，无法直接处理。



然而，由于N很小（最大30），所以或许可以针对每个行i，找到A[i][j]的表达式，该表达式是关于j的函数，并且可以用矩阵快速幂的方法快速计算。



比如，对于每个行i，可以将A[i][j]视为一个状态，其递推式为 A[i][j] = T*A[i][j-1] + S*A[i-1][j]



而A[i-1][j]可能已经被预处理为某种形式，可以快速计算。



例如，假设我们已经处理了行i-1的所有j的值，并且可以用某种方式快速计算A[i-1][j]的值，那么对于行i，我们可以将A[i][j]的递推式视为一个一阶线性递推式，因为A[i][j] = T*A[i][j-1] + S*A[i-1][j]



这可以视为一个非齐次线性递推式，其中非齐次项是S*A[i-1][j]。这可能允许我们将其转化为矩阵快速幂的形式。



比如，对于每个行i，我们可以将A[i][j]的递推式视为：



A[i][j] = T*A[i][j-1] + B[j]



其中 B[j] = S*A[i-1][j]



这是一个一阶线性递推式，解的形式为：



A[i][j] = T^j * A[i][0] + sum_{k=1}^j T^{j -k} * B[k]



但这里B[k] = S*A[i-1][k]



而A[i][0]是已知的初始条件，例如题目中给出的A[i][0]的值。



这可能是一个可行的方向。例如，对于行i，j的递推式可以分解为：



A[i][j] = T^j * A[i][0] + S * sum_{k=1}^j T^{j -k} * A[i-1][k]



这可能允许我们递归地处理每个行i的表达式。



例如，对于行i=1：



A[1][j] = T^j * A[1][0] + S * sum_{k=1}^j T^{j -k} * A[0][k]



而A[0][k] =k，所以：



A[1][j] = T^j * A1 + S * sum_{k=1}^j T^{j -k} *k



这可能可以计算为一个关于j的闭合式，比如使用已知的求和式。



然后，对于行i=2，可以基于行i=1的表达式，进一步推导出闭合式。这可能形成一个递归的结构。



例如，假设对于行i-1，A[i-1][j]的表达式可以表示为某种形式，例如多项式，或者包含组合数的表达式，那么行i的表达式可以基于此进行计算。



这可能允许我们为每个行i建立一个关于j的表达式，其中包含若干项，如组合数、幂函数等，从而可以在O(1)或O(log j)的时间内计算任意j的值。



现在，尝试推导行i=1的表达式：



A[1][j] = T^j * A1 + S * sum_{k=1}^j T^{j -k} *k



sum_{k=1}^j T^{j -k} *k = T^{j} sum_{k=1}^j k T^{-k}



令 m = j -k →k= j -m。当k=1时，m=j-1。当k=j时，m=0。所以，sum变为 sum_{m=0}^{j-1} (j -m) T^{- (j -m)} }



这等于 T^{-j} sum_{m=0}^{j-1} (j -m) T^{m}



而j -m = m'，其中 m' 从1到j。所以，sum等于 T^{-j} sum_{m'=1}^j m' T^{j - m'}



这可能没有帮助。或者，直接计算sum_{k=1}^j k T^{j -k}



这可能等于 T^{j} sum_{k=1}^j k T^{-k}



而sum_{k=1}^j k T^{-k} = sum_{k=1}^j k (1/T)^k



这是已知的求和式，可以计算为：



sum_{k=1}^j k x^k = x/(1-x)^2 [ 1 - (j+1)x^j + j x^{j+1} ] ，其中x=1/T



所以，原式等于 T^{j} * [ (1/T)/( (1 - 1/T)^2 ) ( 1 - (j+1)(1/T)^j + j (1/T)^{j+1} ) ) ]



化简：



= T^{j} * [ (1/(T ( ( (T-1)/T )^2 )) )) * ( 1 - (j+1)/T^j + j / T^{j+1} ) ) ]



= T^{j} * [ T^2 / ( (T-1)^2 ) ) * ( 1 - (j+1)/T^j + j / T^{j+1} ) ]



= T^{j} * T^2/(T-1)^2 * [ 1 - (j+1)/T^j + j/(T^{j+1} ) ]



= T^{j+2}/(T-1)^2 [ 1 - (j+1) T^{-j} + j T^{-(j+1)} ) ]



= T^{j+2}/(T-1)^2 [ 1 - (j+1)/T^j + j/(T^{j+1} ) ]



= T^{j+2}/(T-1)^2 [ 1 - (j+1 - j/T ) / T^j ]



这可能可以进一步化简，但可能较为复杂。



但无论如何，对于行i=1的表达式，可以表示为：



A[1][j] = T^j * A1 + S * [ ... ]



这可能对于每个j来说，计算的时间是可接受的。例如，当j是1e9时，如何快速计算这些项？



这似乎又回到了同样的困难：当j很大时，如何高效计算这些项？



或许，我们需要找到每个行i的表达式的形式，使得对于任意j，可以快速计算。



例如，对于行i=1：



A[1][j] = a * T^j + b * j + c



或者，可能是一个线性函数与指数函数的组合？



假设我们假设行i的表达式是某个多项式乘以指数函数的形式，那么可能可以找到递推式中的模式。



例如，行i=1的表达式可能包含项 T^j, j T^j, etc.



或者，可能对于行i，A[i][j]的表达式可以表示为关于j的多项式，其系数与行i有关。



例如，对于行i=1：



A[1][j] = A1 * T^j + S * [ (T^{j+1} - T) / (T-1)^2 - j/(T-1) ) ]



假设这样，那么这可能允许我们快速计算A[1][j]。



但如何验证这个表达式是否正确？



例如，当T=1时，这个表达式可能不适用，因为分母为零。所以，需要处理T=1的情况。但原题的输入中T可以是1，所以必须处理这种情况。



综上，可能这种方法对于不同的i和不同的参数（S, T）来说过于复杂，难以找到一个通用的表达式。



现在，或许应该回到原始问题，并尝试利用问题的约束条件，例如N的小规模，来设计一个解决方案。



例如，对于每个查询中的行R，我们需要计算A[R][C]。而R最多是30，所以可以预先处理每个行i的递推式，然后对于每个行i，找到A[i][j]的表达式，从而可以快速计算任何j的值。



这可能涉及到将每个行i的递推式转化为一个生成函数，或者用矩阵快速幂的方式处理。



例如，对于行i，其递推式可以视为：



A[i][j] = T * A[i][j-1] + S * A[i-1][j]



其中，A[i-1][j]可以视为一个已知的函数，或者用之前处理的行的表达式来表示。



这可能允许我们建立每个行i的递推式，其中每个行的表达式是关于j的函数，包含某些参数。



例如，对于行i，假设A[i][j]的表达式可以表示为：



A[i][j] = sum_{k=0}^i coeff_k[i] * T^{j} * j^k + ...



这可能适用于低阶的i，但难以扩展到i=30。



或者，可能每个行i的递推式对于j来说是一个线性递推式，可以用矩阵快速幂的方式处理。



例如，对于行i的递推式，假设固定i，那么对于j的变化，A[i][j]的递推式是否具有线性的性质？



观察递推式：



A[i][j] = T * A[i][j-1] + S * A[i-1][j}



假设i是固定的，那么当j变化时，递推式中的A[i-1][j} 是已知的，可能视为一个外部函数。这可能不是一个线性递推式，因为A[i-1][j}可能不是一个关于j的线性函数。



例如，如果对于行i-1，A[i-1][j}的表达式是已知的，并且可以表示为某个多项式，那么对于行i来说，A[i][j}的递推式将包含该多项式项，从而形成一个非齐次的线性递推式。此时，可以按照非齐次线性递推式的方法，找到其通解。



假设对于行i-1，A[i-1][j}的表达式为 P(j), 其中P(j)是一个多项式，或者指数函数，或者它们的组合。那么，对于行i，递推式变为：



A[i][j} = T * A[i][j-1} + S * P(j)



这属于一阶非齐次线性递推式，其解的形式为齐次解加上特解。



齐次方程的解为 A_h[j} = C * T^j



然后需要找到一个特解A_p[j}，满足 A_p[j} = T * A_p[j-1} + S * P(j)



根据P(j}的形式，可能可以找到特解的表达式。例如，如果P(j}是多项式，那么特解可能也是一个多项式，其次数等于P(j}的次数加上可能的一个常数。



例如，假设P(j}是一个关于j的d次多项式，那么特解的形式可能是一个d+1次的多项式。



如果i的规模是30，并且每个行i的P(j}的表达式的次数可能随着i的增加而增加，那么最终每个行i的表达式的次数可能高达i次。这可能允许我们在处理每个行i时，维护一个关于j的多项式，其次数为i，从而在计算时，可以用该多项式快速计算任何j的值。



例如，对于行i=0，A[0][j} =j，这显然是一次多项式。



对于行i=1，递推式为A[1][j} = T*A[1][j-1} + S*j



这的解的形式是齐次解加上特解。特解可能是一个一次多项式，假设为 a*j +b。代入方程：



a*j +b = T*(a*(j-1)+b) + S*j



展开右边：T*(a j -a +b) + S*j = T a j - T a + T b + S j



左边等于右边：



a j +b = (T a + S) j + ( -T a + T b )



等式两边系数相等：



a = T a + S → a(1-T) = S → a = S/(1-T)



对于常数项：



b = -T a + T b → b - T b = -T a → b (1-T) = -T a → b = -T a/(1-T)



代入a的值：



b = -T * S/(1-T) / (1-T) ) = -T S/( (1-T)^2 )



所以，特解为：



A_p[j} = (S/(1-T)) j - T S/( (1-T)^2 )



齐次解为 C T^j



所以，通解为：



A[1][j} = C T^j + S/(1-T) j - T S/( (1-T)^2 )



利用初始条件A[1][0} =已知的A1：



当j=0时：



A1 = C T^0 + 0 - T S/( (1-T)^2 )



→ C = A1 + T S/( (1-T)^2 )



所以，最终解为：



A[1][j} = [A1 + T S/( (1-T)^2 ) ] T^j + S/(1-T) j - T S/( (1-T)^2 )



这可能是一个可行的表达式。这样，对于每个j，可以通过该式计算A[1][j}的值。



当T=1时，这会出现分母为零的情况，此时需要单独处理。例如，当T=1时，原式变为：



A[1][j} = A[1][j-1} + S*j



初始条件A[1][0} =A1



这是一个一阶线性递推式，其解为：



A[1][j} =A1 + S * sum_{k=1}^j k = A1 + S*(j(j+1))/2



这与当T=1时，之前的表达式中的极限情况相符。



综上，对于行i=1，可以找到其通解表达式。这可能适用于不同的T值。当T不等于1时，使用通解中的表达式；当T等于1时，使用不同的表达式。



类似地，对于行i=2，可以利用行i=1的表达式，继续递推。例如，行i=2的递推式为：



A[2][j} = T*A[2][j-1} + S*A[1][j}



其中A[1][j}的表达式已经被推导出，可能是一个关于j的线性函数加上指数项。这可能导致A[2][j}的表达式包含更高的次数，但可能可以找到其通式。



例如，假设行i=1的表达式为:



A1[j} = C1 T^j + D1 j + E1



那么，行i=2的递推式变为：



A2[j} = T A2[j-1} + S ( C1 T^j + D1 j + E1 )



这是一个一阶非齐次线性递推式，其齐次解为 C2 T^j



非齐次项是 S C1 T^j + S D1 j + S E1



需要找到特解的形式。假设特解的形式为 a T^j + b j + c



代入方程：



a T^j + b j + c = T (a T^{j-1} + b (j-1) + c ) + S C1 T^j + S D1 j + S E1



左边： a T^j + b j + c



右边： T*( a T^{j-1} ) + T b (j-1) + T c + S C1 T^j + S D1 j + S E1



= a T^j + T b (j-1) + T c + S C1 T^j + S D1 j + S E1



合并同类项：



(a + S C1) T^j + T b j - T b + T c + S D1 j + S E1



等于：



(a + S C1) T^j + (T b + S D1) j + (-T b + T c + S E1 )



等式两边比较：



对于 T^j 的系数： a = a + S C1 → S C1 =0 → 如果 S C1不等于0，这矛盾。所以，特解的形式假设错误。



这说明需要调整特解的形式。例如，当齐次解中的T^j与非齐次项中的T^j项相同，则需要将特解的T^j项乘以j的幂次。例如，假设特解的形式为 a j T^j + b j + c



代入方程：



左边： a j T^j + b j + c



右边： T [ a (j-1) T^{j-1} + b (j-1) + c ] + S C1 T^j + S D1 j + S E1



= a (j-1) T^j + T b (j-1) + T c + S C1 T^j + S D1 j + S E1



合并同类项：



[ a (j-1) + S C1 ] T^j + [ T b (j-1) + S D1 j ] + [ T c + S E1 ]



等式两边：



a j T^j + b j + c = [ a(j-1) + S C1 ] T^j + [ T b (j-1) + S D1 j ] + T c + S E1



比较系数：



对于 T^j 项：



a j = a (j-1) + S C1



→ a j = a j -a + S C1



→ 0 = -a + S C1 → a = S C1



对于 j项：



b j = T b (j-1) + S D1 j



= T b j - T b + S D1 j



比较系数：



b = T b + S D1



→ b (1 - T ) = S D1



→ b = S D1 / (1-T )



对于常数项：



c = T c + T c + S E1 - T b



等式是否成立？或者，可能这里需要重新核对。



等式右边的常数项部分是 T c + S E1 - T b ?



原式右边中的常数项是 T c + S E1 ?



原式右边中的非T^j项部分是 T b (j-1) + S D1 j → 对于常数项，当j=0时，这部分是 T b (-1) + S D1 *0 = -T b → 加上 T c + S E1 → 整体常数项是 -T b + T c + S E1 ?



而左边常数项是c。所以：



c = -T b + T c + S E1



→ c - T c = -T b + S E1



→ c (1-T) = -T b + S E1



→ c = [ -T b + S E1 ] / (1-T )



综上，特解的系数为：



a = S C1



b = S D1/(1-T )



c = [ -T b + S E1 ] / (1-T )



代入b的表达式：



c = [ -T * S D1/(1-T ) + S E1 ] / (1-T )



= [ ( -T S D1 + S E1 (1-T ) ) / (1-T ) ] / (1-T )



= [ -T S D1 + S E1 - S E1 T ] / (1-T )^2



综上，特解的形式为 a j T^j + b j + c



这似乎可行。所以，对于行i=2，其通解为：



A2[j} = C2 T^j + a j T^j + b j + c



其中a、b、c由上述公式给出。



这样，行i=2的表达式将包含j T^j项、j项和常数项。这可能导致随着i的增加，表达式中的项的次数逐渐增加。



例如，行i=2的表达式可能包含j T^j项，行i=3的表达式可能包含j^2 T^j项，等等。这将导致每个行i的表达式的项的次数逐渐增加，最高到j^i T^j项。这可能使得对于i=30，表达式变得极为复杂，无法处理。



但考虑到N的最大值是30，而Q的查询次数是100，可能对于每个查询，我们可以预先计算其表达式，然后对于给定的C，快速计算各项的值。



例如，对于每个行i，我们可以维护一个表达式，其形式是 sum_{k=0}^i a_k j^k T^j + sum_{k=0}^{i-1} b_k j^k



这样，对于每个行i，我们需要存储2i+1个系数，可能可行。



然后，对于每个查询中的C，可以计算这些项的值，并合并得到结果。



这的关键在于，对于每个行i，如何递推地计算这些系数。



例如，对于行i=0，表达式是A0[j} =j，即 a_0=0， a_1=0， ...，而 sum_{k=0}^0 b_k j^k =j，所以 b_0=0， b_1=1.



对于行i=1，表达式为 A1[j} = C1 T^j + S/(1-T) j - T S/( (1-T)^2 ), 所以可以表示为 a_0= C1， a_1=0， ...，以及 b_0= - T S/( (1-T)^2 ), b_1= S/(1-T ), 等等。



对于行i=2，表达式可能包含 j T^j项，j项，和常数项。



这似乎需要为每个行i维护一个结构，存储各种项的系数。



然后，当处理查询R和C时，代入该结构中的系数，计算A[R][C}的值。



这可能可行，因为N的最大值为30，而每个查询中的R最多是29，所以预处理每个行i的系数的总时间可能可行。



但如何具体实现这一点？



这似乎非常复杂，需要设计一个数据结构来表示每个行i的表达式，并为每个i递推地计算这些系数。



此外，当S和T很大时，例如1e9，计算这些系数的逆元（例如1/(1-T)）可能需要在模运算中使用快速幂来计算。



综上，这似乎是一个可行的解决方案，但实现起来非常复杂。



另一个思路是利用生成函数和多项式幂次展开的方式，将每个行i的表达式表示为生成函数的形式，然后通过快速幂计算。



例如，对于行i=1，生成函数可能可以表示为：



GF1(x) = sum_{j=0}^\infty A1[j} x^j = A1[0} + sum_{j=1}^\infty [ T*A1[j-1} + S*A0[j} ] x^j



代入A0[j} =j：



GF1(x) = A1[0} + T x GF1(x) + S x sum_{j=1}^\infty j x^{j-1}



sum_{j=1}^\infty j x^{j-1} = d/dx (sum_{j=0}^\infty x^j ) = d/dx (1/(1-x)) ) = 1/(1-x)^2



所以，GF1(x) = A1[0} + T x GF1(x) + S x * 1/(1-x)^2



解得：



GF1(x) (1 - T x) = A1[0} + S x/(1-x)^2



GF1(x) = [ A1[0} + S x/(1-x)^2 ] / (1 - T x )



这可能可以展开为x的幂级数，从而得到每个j的系数A1[j}。



同样，对于行i=2，生成函数GF2(x) = sum_{j=0}^\infty A2[j} x^j



递推式是 A2[j} = T*A2[j-1} + S*A1[j}



所以，GF2(x) = A2[0} + T x GF2(x) + S x GF1(x)



解得：



GF2(x) (1 - T x ) = A2[0} + S x GF1(x )



代入GF1(x)的表达式：



GF2(x) = [ A2[0} + S x [ (A1[0} (1-x)^2 + S x ) ] / ( (1-Tx) (1-x)^2 ) ) ] / (1-Tx )



这可能变得非常复杂，但对于每个行i的生成函数，可以找到其表达式，然后找到其对应的系数的闭合式。



然而，对于大的j来说，这仍然无法直接计算，除非可以找到闭合式。



综上，这似乎是一个可行的方向，但需要较深的数学推导和实现。



考虑到时间有限，可能需要找到一个更简单的解决方案。



现在，回到原问题的两个部分贡献：



来自第0列的贡献和来自第0行的贡献。假设这两个部分的贡献可以分别处理。



对于第0列的贡献部分：



sum_{i=1}^R A[i][0} * C( (R-i) + C, R-i ) * S^{R-i} * T^C



这部分对于每个查询来说，i的取值是1到R，最多30次循环，可以轻松计算。其中组合数C(n, k)可以预处理，或者使用卢卡斯定理？或者，由于C可能很大，但R是小的，所以组合数可以表示为 product_{t=1}^k (n -k +t)/t ?



例如，C(n, k) = product_{t=1}^k (n -k +t) / product_{t=1}^k t



当k是R-i，而R最大是30，所以对于每个i，k=R-i最多是29。所以，对于每个i，计算组合数C( (R-i) + C, R-i )，其中C可能是1e9，如何计算？



这涉及到大的组合数，模998244353。此时，可以利用卢卡斯定理吗？或者，可以将组合数表达式转化为 product_{t=1}^k ( (C + (R-i) ) - (R-i) +t ) / t = product_{t=1}^k (C + t ) / t



即，C( (R-i) + C, R-i ) = C( C + (R-i), R-i ) = product_{t=1}^{R-i} (C + t) / t



所以，组合数等于 product_{t=1}^k (C + t) / t，其中k=R-i



例如，当k=2时，等于 (C+1)(C+2)/(1*2)



这可以表示为一个关于C的多项式，次数为k。所以，对于每个k，可以计算这个多项式模998244353的值。



例如，当k=2时，表达式是 (C^2 + 3C + 2)/2 mod MOD



但对于大的C来说，这可能无法直接计算，因为C是1e9，所以需要计算 (C mod MOD) 的幂次。



但是，组合数中的C可能非常大，例如1e9，而模数是998244353。这时候，可以预计算每个项的逆元，并将组合数表达式拆解为关于C mod MOD的表达式。



例如，C( C +k, k ) mod MOD等于 product_{t=1}^k ( (C +t ) mod MOD ) * inv( t! ) mod MOD



其中，inv(t! )是t!的模逆元。



所以，对于每个k，可以预计算t! mod MOD和inv(t! ) mod MOD，然后对于给定的C mod MOD，计算 (C+1)(C+2)...(C+k) mod MOD，再乘以 inv(k! ) mod MOD



例如，当k=3时，组合数为 (C+1)(C+2)(C+3)/6 mod MOD



这可以通过以下步骤计算：



1. 计算C mod MOD → c



2. 计算 (c+1) * (c+2) * (c+3) mod MOD → product



3. 乘以 inv(6) mod MOD → (product * inv6) mod MOD



这可能可行，因为k最大是29（当R=30，i=1时，k=29），所以预处理inv(t! ) mod MOD 到30!即可。



综上，对于每个查询中的第0列的贡献，可以按以下步骤计算：



对于每个i in 1..R:



计算组合数 C = (R-i + C_total, R-i) = C( C_total + (R-i), R-i )



这里，C_total是查询中的C，原问题的列C的查询值。



然后，贡献为 A[i][0} * comb * S^{R-i} * T^{C_total} mod MOD



其中，comb = C(...) mod MOD



S^{R-i} 可以用快速幂计算。同样，T^{C_total} 可以用快速幂计算。



所以，这部分可以处理。



现在，如何处理第0行的贡献部分：



sum_{j=0}^C j * C(R + (C-j), R) * S^R * T^{C-j}



等价于 S^R * [ C * S1 - S2 ]



其中，S1 = sum_{m=0}^C C(R+m, R) T^m



S2 = sum_{m=0}^C m C(R+m, R) T^m



现在，问题转化为如何高效计算S1和S2。



注意到R最大是30，而C可以是1e9，所以必须找到一种方法，能够在O(R)或O(R^2)的时间内计算S1和S2。



或许，可以利用生成函数的性质，将S1和S2表示为某种闭合式，然后利用快速幂和组合数学的知识进行计算。



根据之前的分析，S1的生成函数是 1/(1-T)^{R+1}，而 S1是该生成函数的前C+1项的和。这可能无法直接计算。



但假设我们可以利用生成函数的闭合式，然后利用快速幂的方式计算S1和S2的模。



例如，当T != 1时，S1 = [1 - (C+1 + R) choose R+1 T^{C+1} + ... ] / (1-T)^{R+1}



这可能非常复杂，难以找到闭合式。



另一个思路是利用矩阵快速幂，将S1和S2的递推式转换为线性递推式，并使用矩阵快速幂来计算。



对于固定的R，假设S(R, C) = sum_{m=0}^C C(R+m, R) T^m



我们能否找到一个线性递推式，使得S(R, C)可以表示为某个线性组合？



例如，当R固定时，S(R, C)的递推式可能为:



S(R, C) = T * S(R, C-1) + C(R + C, R) T^C



但这样的递推式无法在C=1e9时使用。



或者，假设存在一个线性递推式，其阶数为R+1，那么可以使用矩阵快速幂的方法计算S(R, C)。



为了找到这样的递推式，可以应用生成函数的方法。例如，生成函数是 1/(1-T)^{R+1}，其对应的递推式是 a_n = (R+1) a_{n-1} - R(R+1)/2 a_{n-2} + ...



这可能不适用。



另一种方法是利用生成函数的有限和的性质。例如，S(R, C) = sum_{m=0}^C C(R+m, R) T^m



这可以视为生成函数的前C+1项的和，而生成函数的闭合式是 1/(1-T)^{R+1}



所以，有限和等于生成函数乘以 (1 - T^{C+1} * ... )



这可能无法找到闭合式。



综上，这似乎是一个难以处理的部分。但或许可以基于R的小值，预计算S(R, C)的递推式，并使用矩阵快速幂来计算。



例如，对于每个R，找到其线性递推式的系数，然后构建矩阵进行快速幂运算。



假设，对于每个R，存在一个线性递推式，阶数为R+1。我们可以利用Berlekamp-Massey算法来找到递推式的系数。但由于C可能很大，无法对足够的项进行采样，这可能不可行。



综上，这可能无法在合理的时间内处理，因此必须回到问题的原始条件，寻找其他解决方案。



现在，重新审视问题，可能发现每个行的递推式可以被分解为两个部分：来自第0列的影响和来自第0行的影响。这可能意味着，每个A[i][j}的值可以表示为这两个部分的线性组合，如A[i][j} = X[i][j} + Y[i][j}，其中X[i][j}是第0列的贡献，Y[i][j}是第0行的贡献。



假设X[i][j}和Y[i][j}可以分别处理。



例如，假设X[i][j}是仅由第0列中的元素引起的贡献，Y[i][j}是仅由第0行中的元素引起的贡献。则，原递推式可以拆分为两个独立的递推式，分别处理X和Y。



这可能允许我们分别计算X和Y的总和，然后相加得到最终结果。



例如，对于X的递推式：



X[i][j} = S * X[i-1][j} + T * X[i][j-1}



初始条件：X[i][0} = A[i][0}， X[0][j} =0 for j>0



对于Y的递推式：



Y[i][j} = S * Y[i-1][j} + T * Y[i][j-1}



初始条件：Y[0][j} =j， Y[i][0} =0 for i>0



这样，A[i][j} = X[i][j} + Y[i][j}



这可能成立，因为递推式是线性的，可以将初始条件分解为两部分。



这样，可以将问题拆分为两个部分，分别计算X和Y的值。



对于查询中的A[R][C}，它等于 X[R][C} + Y[R][C}



这样，我们分别处理X和Y的计算。



现在，考虑如何计算X[R][C}和Y[R][C}。



对于X部分：



X的递推式是X[i][j} = S * X[i-1][j} + T * X[i][j-1}



初始条件：X[i][0} = A[i][0}， X[0][j} =0 (j>0)



这类似于原问题的递推式，但初始条件不同。



同样，Y的递推式也是相同的，但初始条件不同。



现在，或许可以找到X和Y的闭合式。



对于X[R][C}，其值等于 sum_{k=1}^R A[k][0} * C(R -k + C, C) * S^{R-k} * T^C



这和之前分析的来自第0列的贡献部分相同。因此，X[R][C}的计算可以按之前的分析进行，而Y[R][C}的计算则可能类似，但初始条件不同。



对于Y部分，Y的递推式是Y[i][j} = S * Y[i-1][j} + T * Y[i][j-1}



初始条件：Y[0][j} =j， Y[i][0} =0



我们可以推导Y[i][j}的闭合式。例如，对于Y[i][j}，其值等于 sum_{k=0}^j k * C(i + j -k -1, i-1) * S^{i} * T^{j -k}



这可能类似之前的分析，即每个初始点（0，k} 的贡献为k乘以路径的数目乘以S^i T^{j-k}，其中路径数目是C(i-1 + j -k, i-1}



因此，Y[i][j}的闭合式可能为：



Y[i][j} = sum_{k=0}^j k * C(i + j -k -1, i-1) S^i T^{j -k}



这可以重新参数化，令 m = j -k → k =j -m，则：



Y[i][j} = sum_{m=0}^j (j -m) C(i + m -1, i-1) S^i T^m



= j sum_{m=0}^j C(i + m -1, i-1) T^m S^i - sum_{m=0}^j m C(i + m -1, i-1) T^m S^i



= S^i [ j sum_{m=0}^j C(i + m -1, i-1) T^m - sum_{m=0}^j m C(i + m -1, i-1) T^m ]



这两个求和式同样面临计算困难，但当i固定时，可能可以找到闭合式。



例如，当i=1时，Y[1][j} = sum_{m=0}^j (j -m) C(m, 0) T^m S



= S sum_{m=0}^j (j -m) T^m



= S [ j sum_{m=0}^j T^m - sum_{m=0}^j m T^m ]



这可以计算为：



S [ j (T^{j+1} -1)/(T-1) - (T (1 - (j+1) T^j + j T^{j+1} )) / (T-1)^2 ) ]



这与之前的部分类似。



但同样，当j是1e9时，如何高效计算这个表达式？



可能，对于每个i，可以将Y[i][j}的闭合式表示为：



Y[i][j} = S^i T^j sum_{k=0}^i ...



或者，可能无法找到闭合式，从而必须利用生成函数或其他方法。



综上，这可能再次陷入同样的困境，无法处理大的C值。



但或许，当i固定时，可以找到Y[i][j}的表达式，从而快速计算。



例如，当i固定时，Y[i][j}的表达式可能是一个多项式，其中j的指数是i，或者某些组合，从而可以利用快速幂进行计算。



例如，对于i=1：



Y[1][j} = S [ j (T^{j+1} -1)/(T-1) - ( T (1 - (j+1) T^j + j T^{j+1} )) / (T-1)^2 ) ]



这可以简化为：



S/(T-1)^2 [ (T^{j+1} - T) j (T-1) - T (1 - (j+1) T^j + j T^{j+1} ) ]



但这样的表达式对于大的j来说，可能无法在合理的时间内计算。



综上，似乎这个问题的解决需要深入数学推导，找到一个对于每个行i的闭合式，允许快速计算大j的值。



综上所述，本题的解决方案可能涉及以下步骤：



1. 对于每个查询中的行R和列C，将结果拆分为来自第0列的贡献和来自第0行的贡献。



2. 来自第0列的贡献部分可以通过组合数、快速幂和预处理的阶乘逆元快速计算。



3. 来自第0行的贡献部分需要找到闭合式，或找到递推式，从而可以快速计算。



4. 对于第0行的贡献部分，可能需要利用生成函数或递推式，找到对于每个行i的闭合式，从而允许快速计算。



在时间允许的情况下，可能只能处理第0列的贡献部分，而第0行的贡献部分需要寻找其他方法，例如，预计算每个i的闭合式，或者使用数学推导找到闭合式。



但鉴于时间有限，可能不得不参考现有模型，例如，发现每个A[R][C}的值可以表示为组合数乘以 S^a T^b 的线性组合，从而可以按此公式计算。



综上，结合题解，正确的做法可能是将结果分解为两部分，分别处理来自行和列的贡献，并使用组合数的闭合式。



最终的代码可能如下：



对于每个查询（R, C），计算：



ans = sum_{i=1}^R (A[i][0} * C(R-i + C, R-i) * S^{R-i} * T^C )



\+ sum_{j=0}^C (j * C(R + C-j, R) * S^R * T^{C-j} )



然后，对这两个部分分别计算模998244353的值，并相加。



对于第一部分，已经讨论过如何计算。



对于第二部分，可以重新参数化，令m = C-j，则j=C-m。求和式变为：



sum_{m=0}^C (C -m) * C(R +m, R) * S^R * T^m



这可以拆分为：



S^R [ C * sum_{m=0}^C C(R+m, R) T^m - sum_{m=0}^C m C(R+m, R) T^m ]



而 sum_{m=0}^C C(R+m, R) T^m = sum_{m=0}^C C(m + R, R) T^m



同样，sum_{m=0}^C m C(m+R, R) T^m



对于这两个求和式，当R固定时，可以利用生成函数的前C项之和，或者找到递推式。



例如，对于sum_{m=0}^C C(R+m, R) T^m，可以视为生成函数 1/(1-T)^{R+1} 的前C+1项的和。当T !=1时，其值为 [1 - T^{C+1} * sum_{k=0}^R ... ] / (1-T)^{R+1}



这可能需要利用组合数学中的部分和公式，但具体步骤可能比较复杂。



综上，可能这个问题在编程竞赛中的正确解法是：



\- 对于每个查询的R，C：



\- 计算第0列的贡献：sum_{i=1}^R A[i][0} * C(R-i + C, R-i) * S^{R-i} * T^C



\- 计算第0行的贡献：sum_{j=0}^C j * C(R + C-j, R) * S^R * T^{C-j}



\- 总和为这两部分的和，取模。



其中，第0列的贡献可以轻松计算，因为i的范围是1到R（最多30次循环）。



对于第0行的贡献，当R固定时，可以计算组合数和幂次。



例如，sum_{j=0}^C j * C(R + C -j, R) * S^R * T^{C-j}



= S^R * sum_{m=0}^C (C -m) * C(R +m, R) T^m



其中 m = C-j → j = C -m



令 S1 = sum_{m=0}^C C(R +m, R) T^m



S2 = sum_{m=0}^C m C(R +m, R) T^m



则贡献为 S^R * (C * S1 - S2)



所以，现在的问题是如何计算S1和S2。



对于S1，可以找到闭合式。例如，当T !=1时，sum_{m=0}^\infty C(R+m, R) T^m = 1/(1-T)^{R+1}



所以，sum_{m=0}^C C(R+m, R) T^m = [1 - T^{C+1} * C(R+C+1, R) + ... ] / (1-T)^{R+1}



但这样的闭合式可能不存在，或者难以应用。



所以，可能需要借助组合数学中的递推式，对于每个R，预处理某些值，或利用生成函数的前C项和。



然而，当C是1e9时，这无法直接计算。所以，必须找到另一种方法。



此时，可能发现当T和S的值为模数时，可以利用生成函数的属性，将求和式转换为模运算中的闭合式。



例如，当计算sum_{m=0}^C C(R+m, R) T^m mod MOD时，可以利用生成函数的部分和公式，如：



sum_{m=0}^C C(R+m, R) T^m = (1 - T^{C+1} C(R+C+1, R+1) ) / (1-T)^{R+1}



这可能是一个可能的闭合式。例如，对于R=0，闭合式是 (1-T^{C+1})/(1-T)，这与已知的等比数列和公式一致。



但需要验证这个闭合式是否成立。



例如，当R=1时，sum_{m=0}^C (m+1) T^m = (1 - (C+2) T^{C+1} + (C+1) T^{C+2} )/(1-T)^2



这与闭合式 (1 - T^{C+1} C(R + C+1, R+1) ) / (1-T)^{R+1}



对于 R=1，闭合式变为：



(1 - T^{C+1} C(1 + C+1, 2) ) / (1-T)^2



C( C+2, 2 ) = (C+2)(C+1)/2



所以，闭合式变为 [ 1 - T^{C+1} (C+1)(C+2)/2 ] / (1-T)^2



但根据R=1时的真实公式，闭合式的分子是 1 - (C+2) T^{C+1} + (C+1) T^{C+2}



这显然与假设的闭合式不同。所以，假设的闭合式可能不成立。



综上，这可能无法找到闭合式，所以必须寻找其他方法。



此时，可能不得不放弃处理第0行的贡献部分，而仅处理第0列的贡献部分。但这显然无法得到正确的结果。



综上，这题的解法可能如下：



对于每个查询的R和C，计算：



ans = (来自第0列的贡献) + (来自第0行的贡献)



其中，第0列的贡献为 sum_{i=1}^R A[i][0} * C(R-i + C, R-i) * S^{R-i} * T^C mod MOD



第0行的贡献为 S^R * ( C * S1 - S2 ) mod MOD



其中 S1 = sum_{m=0}^C C(R+m, R) T^m mod MOD



S2 = sum_{m=0}^C m C(R+m, R) T^m mod MOD



为了计算S1和S2，当R固定时，我们可以利用生成函数的前缀和和矩阵快速幂的方法。或者，可以利用生成函数的闭合式，如 S1 = (1 - T^{C+1} * ... ) / (1-T)^{R+1}



但在模运算中，处理这样的闭合式可能需要多项式求逆。



例如，假设我们想计算 S1 mod MOD，其中 S1 = sum_{m=0}^C C(R+m, R) T^m



我们可以将其视为生成函数的前C+1项的和，等于生成函数 1/(1-T)^{R+1} 的前缀和。



那么，如何计算这个前缀和？



在模运算中，可以使用多项式逆元和多项式展开的方法。



例如，生成函数的前缀和到C项等于生成函数乘以 (1 - x^{C+1} ) / (1-x)



但这可能不适用。



或者，利用生成函数的表达式，可以将其转换为一个多项式，然后计算系数。



这可能非常复杂，且需要多项式操作，这在编程竞赛中可能难以实现。



综上，这可能是一个较为困难的问题，需要深入理解组合数学和生成函数的知识。



在时间有限的情况下，可能只能参考已有的题解或结论，发现每个A[R][C}的值为：



A[R][C} = sum_{k=0}^R A[k][0} * C(R-k + C, R-k) * S^{R-k} * T^C



\+ sum_{j=0}^C j * C(R + C-j, R) * S^R * T^{C-j}



然后，分别计算这两部分模MOD的值。



对于第一部分，可以按如下步骤计算：



\- 预处理阶乘和逆阶乘，直到 R + C_max，其中 C_max是查询中的最大C。 但C_max是1e9，这显然无法预处理。



所以，必须找到计算组合数的方式，如卢卡斯定理或利用模运算中的乘法逆元。



例如，C(n, k) mod MOD 可以通过计算 product_{i=1}^k (n -k +i) * inv(i) mod MOD



其中，inv(i)是i的模逆元。



当k是R-i，最大为30时，这可能可行。



所以，对于组合数C(R -i + C, R-i) mod MOD，可以计算为：



n = R -i + C



k = R -i



C(n, k) = product_{t=1}^k (n -k +t) / product_{t=1}^k t



= product_{t=1}^k (C +t) / product_{t=1}^k t



这可以计算为：



product_{t=1}^k (C +t) mod MOD



乘以 inv( product_{t=1}^k t ) mod MOD



由于k是R-i，最多30，所以对于每个查询中的i，可以循环计算乘积。



例如，当k=3时：



product_{t=1}^3 (C +t) = (C+1)(C+2)(C+3)



模 MOD 可以计算为：



(C mod MOD +1) * (C mod MOD +2) * (C mod MOD +3) mod MOD



然后乘以 inv(6) mod MOD



这样，组合数可以计算。



所以，第0列贡献部分的计算是可行的。



第0行的贡献部分，S^R * ( C * S1 - S2 ) mod MOD



其中 S1 = sum_{m=0}^C C(R+m, R) T^m



S2 = sum_{m=0}^C m C(R+m, R) T^m



对于这部分，当R固定时，可以观察其生成函数。



例如，S1的生成函数是 1/(1-T)^{R+1}



所以，S1 = [1 - T^{C+1} * ... ] / (1-T)^{R+1}



在模运算中，这可以转化为：



S1 = (1 - T^{C+1} * C(R + C +1, R+1) ) / (1-T)^{R+1} mod MOD



类似地，S2的生成函数可能可以表示为 T * d/dT ( S1 )



例如，S2 = T * d/dT S1



这可能允许我们推导出 S2 的闭合式。



例如，S1 = sum_{m=0}^C C(R+m, R) T^m



S2 = sum_{m=0}^C m C(R+m, R) T^m



= T * d/dT S1



而 S1的闭合式为 (1 - T^{C+1} * C(R + C+1, R+1) ) / (1-T)^{R+1}



所以，S2 = T * d/dT [ (1 - T^{C+1} * C(R + C+1, R+1) ) / (1-T)^{R+1} ]



这的导数可能非常复杂，但对于固定的R，可能可以找到闭合式。



例如，当R=0时，S1 = sum_{m=0}^C T^m = (T^{C+1} -1)/(T-1)



S2 = sum_{m=0}^C m T^m = T (1 - (C+1) T^C + C T^{C+1} ) / (1-T)^2



这与之前的分析一致。



当R=1时，S1 = sum_{m=0}^C (m+1) T^m = (1 - (C+2) T^{C+1} + (C+1) T^{C+2} ) / (1-T)^2



S2 = sum_{m=0}^C m (m+1) T^m



这可能需要更复杂的推导。



综上，可能无法找到通用的闭合式，但对于每个固定的R，可以预计算闭合式，从而在代码中实现。



例如，当R=0时，闭合式是已知的。对于每个R，可以找到闭合式，但需要大量的数学推导。



综上，这可能无法在合理的时间内完成，除非有更深的数学知识或题解的支持。



在本题中，正确的做法可能如下：



\- 将答案拆分为两部分：来自第0列和来自第0行的贡献。



\- 对于第0列的贡献，直接计算每个i的组合数和幂次。



\- 对于第0行的贡献，使用生成函数的前缀和闭合式，并利用快速幂和组合数进行计算。



例如，S1的闭合式可能为：



S1 = (1 - T^{C+1} * C(R + C+1, R+1) ) / (1-T)^{R+1}



但在模运算中，需要计算分子和分母的逆元。



例如，当T !=1时，S1 = (1 - T^{C+1} * C(R + C+1, R+1) ) * inv( (1-T)^{R+1} ) mod MOD



其中，inv( (1-T)^{R+1} ) 是 (1-T)^{MOD-1 - (R+1)} mod MOD



同样，S2可以计算为：



S2 = (T * (1-T)^{R+1} * ( ... ) ) mod MOD



但这需要更复杂的推导。



综上，这题的解决方案较为复杂，可能无法在考试环境下完全推导，必须借助预推导的闭合式或参考题解。



最终，正确的做法是：



对于每个查询（R, C）：



1. 计算来自第0列的贡献：



这部分对于每个i from 1 to R:



term = A[i][0] * C(R-i + C, R-i) * pow(S, R-i) * pow(T, C) mod MOD



sum all terms.



2. 计算来自第0行的贡献：



term = sum_{j=0}^C j * C(R + (C-j), R) * pow(S, R) * pow(T, C-j) mod MOD



这可以转换为：



pow(S, R) * ( C * S1 - S2 ) mod MOD



其中 S1 = sum_{m=0}^C C(R + m, R) T^m mod MOD



S2 = sum_{m=0}^C m C(R + m, R) T^m mod MOD



对于 S1和S2，利用生成函数的闭合式：



S1 = [ 1 - T^{C+1} * C(R + C +1, R+1) ] / (1-T)^{R+1} mod MOD



S2 = T * d/dT S1



这可能需要计算导数，但在模运算中，可以表示为：



S2 = T * ( ( (C+1)*T^C * C(R + C+1, R+1) ) * (1-T) + (R+1)* (1 - T^{C+1} C(R + C+1, R+1)) ) ) / (1-T)^{R+2}



但这似乎过于复杂，可能无法在代码中实现。



综上，本题的难点在于如何处理来自第0行的贡献部分。根据输入样例和输出，正确的闭合式可能涉及组合数和幂次的乘积，但具体的数学推导较为复杂。



在时间有限的情况下，可能只能参考现有题解，发现对于第0行的贡献部分，其闭合式可能为：



sum_{j=0}^C j * C(R + C -j, R) * S^R * T^{C-j}



= S^R * T^C * sum_{j=0}^C j * C(R + j, R) (1/T)^j



这可能转换为生成函数的形式，从而找到闭合式。



例如，令 x = 1/T，则 sum_{j=0}^C j * C(R +j, R) x^j



这的闭合式可能为 x ( R x (1 + x)^{R-1} ) + ...



但具体步骤可能较为复杂。



综上，这题的解决方案可能较为复杂，需要深入数学推导。在编程竞赛中，可能需要寻找一种能够快速计算组合数和大指数的模运算的方法。