题意
有一段长为(l)的线段，有(n)个区间，左右端点在([0,l))间均匀随机（可能不是整数）
求被至少(k)段区间覆盖的长度的期望，对998244353取膜
题解
首先先令(l=1)，最后答案再乘回去即可。
故题目变为在长度为1的线段中被至少k个随机区间覆盖的区域长度。等价于在([0,1))中随机选一个点(x)，(x)至少被k个随机区间覆盖的概率。关键在于这里问题的转化。
那么就可以算(x)被覆盖的方案数了。随机取(n)个区间，会产生(2n)个端点，加上点(x)，一共有(2n+1)个点。这些点都是独立随机取的。事实上，这(2n+1)个点的取值不重要，重要的是它们的顺序。因为把这些点按照大小排序，就是一个排列（两个点在同一个位置的概率为0）。因此问题转换为有多少长度为(2n+1)的排列，使得(x)在至少k对点对之中。
设(dp[i][j][x])代表已经选择了(i)个点，未选点中有(j)个点未和前(i)个点匹配（即已经有(frac{i-j}{2})对区间配对好了），其中(x={0,1})，代表点(x)已经被选过了。
转移（当前在(i)）：
- 如果(j ge k)，那么当前位置可以放(x)，这样(x)就被大于等于(k)的区间包含了。
[dp[i-1][j][0] o dp[i][j][1]
]
- 当前位置放的是未匹配点，未匹配点就少1，这样的点有(j+1)个。
[(j+1)cdot dp[i-1][j+1][x] o dp[i][j][x]
]
- 当前位置放的不是未匹配的点，会导致未匹配点多1。这样点有(2n-(i-1)-(j-1)+x)个
[max(0,2n-(i-1)-(j-1)+x)cdot dp[i-1][j-1][x] o dp[i][j][x]
]
最后合法方案数为(dp[2n+1][0][1])，总方案数为((2n+1)!)，答案为
[frac{dp[2n+1][0][1]}{(2n+1)!}cdot l
]
#include <bits/stdc++.h>
#define endl '
'
#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;
}