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题目链接：洛谷3600
正解：概率DP
解题报告：
官方题解：戳这里
考虑最朴素的计算式就是：$\sum_{i=1}^{x} i*P(ans=i) $为所求。
上式又等于$\sum_{i=1}^{x} P(ans>=i)$，这个可以理解成对于$j>=i$的$j$分给了所有的$i$，正好是每个一份，系数就没了。
因为算ans$>=i$很不方便，那么我们转化成求$1-P(ans<i)$。我们直接枚举这个$i$，接下来要做的就是算$P(ans<i)$，用下面的方法可以做到$O(n)$。
因为是求得$max$我们转化成求$ans<i$的概率之后显然好处理一些…
考虑$ans<i$的条件就是每个询问的区间中至少存在一个点$<i$（首先把相互包含的大区间去掉），顺着这个思路做下去,听说可以满分23333
现在将另一种也好理解的做法：对于每个元素我们考虑它能满足哪些区间的询问，不难发现一定也是一个连续的区间，那么我们把点和区间翻转之后，问题变成了：每个点能覆盖一段区间，且覆盖的概率为$p=\frac{i-1}{x}$，问覆盖全段的概率。
然后就可以转移了，令$f[i]$表示强制选了第$i$个区间之后，覆盖了第$i$个区间右端点之前的所有位置的期望概率。
那么$f[i]=p*(\sum_{l[i]-1>=r[j]} f[j]*(1-p)^{i-j-1}+[l[i]=1]*(1-p)^{i-1})$,
最终答案就是$\sum_{r[i]=m} f[i]*(1-p)^{n-i}$。
大概理解一下上式，强制选了$i$之后再枚举一个之前的$j$，意思是$[j+1,i-1]$这一段都强制不选，其余的类似。
然后上面这个式子$j$指针单调扫一下，就变成线性的了，话说，如果用树状数组维护多带个$log$也是资瓷的。
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//有志者，事竟成，破釜沉舟，百二秦关终属楚；苦心人，天不负，卧薪尝胆，三千越甲可吞吴。
#include <algorithm>
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#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <complex>
#include <vector>
#include <cstdio>
#include <string>
#include <bitset>
#include <queue>
#include <cmath>
#include <ctime>
#include <map>
#include <set>
#define lc root<<1
#define rc root<<1|1
#define pr pair<int,int>
#define MP make_pair
#define fr first
#define sc second
#define rep(i,j,k) for(int i=j;i<=k;++i)
#define per(i,j,k) for(int i=j;i>=k;--i)
#define reg(i,x) for(int i=first[x];i;i=next[i])
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef long double LB;
typedef complex<double> C;
const double pi = acos(-1);
const double eps = 1e-9;
const int mod = 666623333;
const int MAXN = 2011;
int n,X,q,stack[MAXN],top,L[MAXN],R[MAXN];
LL f[MAXN],ans,invp[MAXN];
struct seq{ int l,r; }a[MAXN];
inline bool cmp(seq q,seq qq){ if(q.l==qq.l) return q.r>qq.r; return q.l<qq.l; }
inline LL fast_pow(LL x,LL y){ LL r=1; while(y>0) { if(y&1) r*=x,r%=mod; x*=x; x%=mod; y>>=1; } return r; }
inline int getint(){
int w=0,q=0; char c=getchar(); while((c<‘0‘||c>‘9‘) && c!=‘-‘) c=getchar();
if(c==‘-‘) q=1,c=getchar(); while (c>=‘0‘&&c<=‘9‘) w=w*10+c-‘0‘,c=getchar(); return q?-w:w;
}
inline void work(){
n=getint(); X=getint(); q=getint(); for(int i=1;i<=q;i++) { a[i].l=getint(); a[i].r=getint(); }
sort(a+1,a+q+1,cmp); for(int i=1;i<=q;i++) { while(a[i].r<=a[stack[top]].r) top--; stack[++top]=i; }//去掉包含区间的大区间
q=top; for(int i=1;i<=q;i++) a[i]=a[stack[i]];
int head=1,tail=0;
for(int i=1;i<=n;i++) {
while(tail<q && a[tail+1].l<=i) tail++;
while(head<=tail && a[head].r<i) head++;
L[i]=head; R[i]=tail;
}
for(int x=1;x<=X;x++) {//枚举x，计算 P(ans>=x) = 1-P(ans<x)
LL sum,p,np,fp,leip; int j=0;
sum=1;//[l[i]==1]
p=(x-1+mod)%mod*fast_pow(X,mod-2); p%=mod;/*!!!!*/
//p=(x-1)/X
np=(1-p+mod)%mod;//1-p
fp=fast_pow(np,mod-2);//1/(1-p)^1
invp[0]=1; f[0]=1; leip=1;
for(int i=1;i<=n;i++) invp[i]=1LL*invp[i-1]*fp%mod;
for(int i=1;i<=n;i++) {
while(j<i/*!!!*/ && R[j]<L[i]-1) sum-=1LL*f[j]*invp[j]%mod,sum+=mod,sum%=mod,j++;
f[i]=sum*leip%mod*p%mod; leip=leip*np%mod;
sum+=1LL*f[i]*invp[i]; sum%=mod;
}
LL tot=0; leip=1;
for(int i=n;i>=1;i--,leip=1LL*leip*np%mod) if(R[i]==q) tot+=f[i]*leip%mod,tot%=mod; else break;
ans+=(1-tot+mod)%mod; ans%=mod;
}
printf("%lld",ans);
}
int main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("3600.in","r",stdin);
freopen("3600.out","w",stdout);
#endif
work();
return 0;
}
//有志者，事竟成，破釜沉舟，百二秦关终属楚；苦心人，天不负，卧薪尝胆，三千越甲可吞吴。