简单分析，不难得到以下转移——
$$
f_{n}=\begin{cases}1&(n=1)\\B\sum_{i=1}^{n-1}f_{i}f_{n-i}&(n\le k)\\B\sum_{i=1}^{n-1}f_{i}f_{n-i}+(A-B)f_{k}f_{n-k}&(n>k)\end{cases}
$$
（在$n<k$时，该式子即类似于为卡特兰数的递推式）

考虑生成函数，令$F(x)=\sum_{n\ge 1}f_{n}x^{n}$​​，那么即
$$
F(x)=B\cdot F^{2}(x)+(A-B)f_{k}x^{k}F(x)+x
$$
记$C=(A-B)f_{k}$​，代入求根公式即
$$
F(x)=\frac{-(Cx^{k}-1)\pm\sqrt{(Cx^{k}-1)^{2}-4Bx}}{2B}
$$
显然$F(0)=0$，那么代入即得到应取负号

令$Q^{2}(x)=(Cx^{k}-1)^{2}-4Bx$，将上式化简并整理即$Q(x)=1-2BF(x)-Cx^{k}$

将两边同时求导，即$Q'(x)=-2BF'(x)-Ckx^{k-1}$

注意到$2Q'(x)Q^{2}(x)=Q(x)(Q^{2}(x))'$​，将每一项分别代入，两式即分别为
$$
-2\left(2BF'(x)+Ckx^{k-1}\right)\left((Cx^{k}-1)^{2}-4Bx\right)\\\left(1-2BF(x)-Cx^{k}\right)\left(2C^{2}kx^{2k-1}-2Ckx^{k-1}-4B\right)
$$
将两者展开后整理，即
$$
\left(C^{2}kx^{2k-1}-Ckx^{k-1}-2B\right)F(x)-\left(C^{2}x^{2k}-2Cx^{k}-4Bx+1\right)F'(x)+\left(2Ckx^{k}-Cx^{k}+1\right)=0
$$
考虑上式的$n-1$​次项系数并整理，即
$$
f_{n}=\frac{2B(2n-3)f_{n-1}+C(2n-3k)f_{n-k}-C^{2}(n-3k)f_{n-2k}+[n=k+1]C(2k-1)}{n}
$$
为了方便，约定$\forall n\le 0,f_{n}=0$，由此直接递推即可（注意到在$n<k$时不需要$C$）

由此，即可线性预处理出所有$f_{i}$，进而前缀和即可快速查询

总时间复杂度为$o(n+q)$，可以通过

1 #include
2 using namespace std;
3 #define N 10000005
4 #define mod 998244353
5 #define ll long long
6 int t,q,k,A,B,C,l,r,inv[N],f[N],sum[N];
7 int main(){
8 inv[0]=inv[1]=1;
9 for(int i=2;ik)f[i]=(f[i]+(ll)C*(2*i-3*k+mod)%mod*f[i-k])%mod;
18 if (i>2*k)f[i]=(f[i]-(ll)C*C%mod*(i-3*k+mod)%mod*f[i-2*k]%mod+mod)%mod;
19 if (i==k+1)f[i]=(f[i]+(ll)C*(2*k-1))%mod;
20 f[i]=(ll)f[i]*inv[i]%mod;
21 }
22 if (i==k)C=(ll)(A-B+mod)*f[i]%mod;
23 }
24 for(int i=1;i<N;i++)sum[i]=(sum[i-1]+(ll)f[i]*f[i])%mod;
25 for(int i=1;i<=q;i++){
26 scanf("%d%d",&l,&r);
27 printf("%d\n",(sum[r]-sum[l-1]+mod)%mod);
28 }
29 }
30 return 0;
31 }