題意

有一段長為\(l\)的線段，有\(n\)個區間，左右端點在\([0,l)\)間均勻隨機（可能不是整數）

求被至少\(k\)段區間覆蓋的長度的期望，對998244353取膜

題解

首先先令\(l=1\)，最後答案再乘回去即可。

故題目變為在長度為1的線段中被至少k個隨機區間覆蓋的區域長度。等價於在\([0,1)\)中隨機選一個點\(x\)，\(x\)至少被k個隨機區間覆蓋的概率。關鍵在於這裡問題的轉化。

那麼就可以算\(x\)被覆蓋的方案數了。隨機取\(n\)個區間，會產生\(2n\)個端點，加上點\(x\)，一共有\(2n+1\)個點。這些點都是獨立隨機取的。事實上，這\(2n+1\)個點的取值不重要，重要的是它們的順序。因為把這些點按照大小排序，就是一個排列（兩個點在同一個位置的概率為0）。因此問題轉換為有多少長度為\(2n+1\)

設\(dp[i][j][x]\)代表已經選擇了\(i\)個點，未選點中有\(j\)個點未和前\(i\)個點匹配（即已經有\(\frac{i-j}{2}\)對區間配對好了），其中\(x=\{0,1\}\)，代表點\(x\)已經被選過了。

轉移（當前在\(i\)）：

• 如果\(j \ge k\)，那麼當前位置可以放\(x\)，這樣\(x\)就被大於等於\(k\)的區間包含了。

• 當前位置放的是未匹配點，未匹配點就少1，這樣的點有\(j+1\)個。

• 當前位置放的不是未匹配的點，會導致未匹配點多1。這樣點有\(2n-(i-1)-(j-1)+x\)
  個

最後合法方案數為\(dp[2n+1][0][1]\)，總方案數為\((2n+1)!\)，答案為

#include <bits/stdc++.h>

#define endl '\n'
#define IOS std::ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0); cout.tie(0)
#define mp make_pair
#define seteps(N) fixed << setprecision(N) 
typedef long long ll;

using namespace std;
/*-----------------------------------------------------------------*/

ll gcd(ll a, ll b) {return b ? gcd(b, a % b) : a;}
#define INF 0x3f3f3f3f

const int N = 4e3 + 10;
const int M = 998244353;
const double eps = 1e-5;

int dp[N][N][2], fact[N];

inline ll qmul(ll a, ll b, ll m) {
	ll res = 0;
	while(b) {
		if(b & 1) res = (res + a) % m;
		a = (a << 1) % m;
		b = b >> 1;
	}
	return res;
}
inline ll qpow(ll a, ll b, ll m) {
	ll res = 1;
	while(b) {
		if(b & 1) res = (res * a) % m;
		a = (a * a) % m;
		b = b >> 1;
	}
	return res;
}

int main() {
	IOS;
	fact[0] = 1;
	for(int i = 1 ; i < N; i++) {
		fact[i] = 1ll * fact[i - 1] * i % M;
	}
	int n, k, l;
	cin >> n >> k >> l;
	dp[0][0][0] = 1;
	for(int i = 1; i <= 2 * n + 1; i++) {
		for(int j = 0; j <= i; j++) {
			if(j >= k) {
				dp[i][j][1] += dp[i - 1][j][0];
				dp[i][j][1] %= M;
			}
			dp[i][j][0] += 1ll * dp[i - 1][j + 1][0] * (j + 1) % M;
			dp[i][j][1] += 1ll * dp[i - 1][j + 1][1] * (j + 1) % M;
			dp[i][j][0] %= M;
			dp[i][j][1] %= M;
			if(j) {
				dp[i][j][0] += 1ll * dp[i - 1][j - 1][0] * max(0, 2 * n - i - j + 2 + 0) % M;
				dp[i][j][1] += 1ll * dp[i - 1][j - 1][1] * max(0, 2 * n - i - j + 2 + 1) % M;
				dp[i][j][0] %= M;
				dp[i][j][1] %= M;
			}
		}
	}
	cout << dp[2 * n + 1][0][1] * qpow(fact[2 * n + 1], M - 2, M) % M * l % M << endl;
}