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給定\(n+1\)個點，可以唯一確定一個多項式，求出這個多項式在\(k\)處的值

假設該多項式為\(f(x)\)，第\(i\)個點的座標為\((x_i,y_i)\)，則\[f(k) = \sum_{i = 0}^{n} y_i \prod_{i \not = j} \frac{k - x[j]}{x[i] - x[j]}\]
原因的話……首先如果把\(k\)當做自變數的話，那麼這是一個\(n\)次多項式，然後分別用\(x[i]\)代入\(k\)，發現除了第\(i\)項其他的分子中都有\(x[i]-x[i]=0\)，那麼其他所有項都被消去了，那麼這個多項式就是經過這\(n+1\)個點的\(n\)

複雜度為\(O(n^2)\)

//minamoto
#include<bits/stdc++.h>
#define R register
#define fp(i,a,b) for(R int i=a,I=b+1;i<I;++i)
#define fd(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;
}