给定\(n+1\)个点，可以唯一确定一个多项式，求出这个多项式在\(k\)处的值

假设该多项式为\(f(x)\)，第\(i\)个点的坐标为\((x_i,y_i)\)，则\[f(k) = \sum_{i = 0}^{n} y_i \prod_{i \not = j} \frac{k - x[j]}{x[i] - x[j]}\]

原因的话……首先如果把\(k\)当做自变量的话，那么这是一个\(n\)次多项式，然后分别用\(x[i]\)代入\(k\)，发现除了第\(i\)项其他的分子中都有\(x[i]-x[i]=0\)，那么其他所有项都被消去了，那么这个多项式就是经过这\(n+1\)个点的\(n\)次多项式

复杂度为\(O(n^2)\)

//minamoto#include
    
     #define R register#define fp(i,a,b) for(R int i=a,I=b+1;i
     
      I;--i)#define go(u) for(int i=head[u],v=e[i].v;i;i=e[i].nx,v=e[i].v)using namespace std;char buf[1<<21],*p1=buf,*p2=buf;inline char getc(){return p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;}int read(){    R int res,f=1;R char ch;    while((ch=getc())>'9'||ch<'0')(ch=='-')&&(f=-1);    for(res=ch-'0';(ch=getc())>='0'&&ch<='9';res=res*10+ch-'0');    return res*f;}const int N=2005,P=998244353;inline int add(R int x,R int y){return x+y>=P?x+y-P:x+y;}inline int dec(R int x,R int y){return x-y<0?x-y+P:x-y;}inline int mul(R int x,R int y){return 1ll*x*y-1ll*x*y/P*P;}int ksm(R int x,R int y){    R int res=1;    for(;y;y>>=1,x=mul(x,x))if(y&1)res=mul(res,x);    return res;}int x[N],y[N],n,ans,k,res;int main(){//  freopen("testdata.in","r",stdin);    n=read(),k=read();    fp(i,1,n)x[i]=read(),y[i]=read();    fp(i,1,n){        res=1;fp(j,1,n)if(i!=j)res=mul(res,dec(x[i],x[j]));        res=ksm(res,P-2);        fp(j,1,n)if(i!=j)res=mul(res,dec(k,x[j]));        res=mul(res,y[i]),ans=add(ans,res);    }printf("%d\n",ans);return 0;}