\[\begin{eqnarray*}ans&=&m^{\sum_{i=1}^n Stirling2(n,i)\bmod 999999598}\bmod 999999599\\
&=&m^{B_n\bmod 999999598}\bmod 999999599\end{eqnarray*}\]
999999598=2*13*5281*7283，对于每个小质数依次计算，最后用中国剩余定理合并即可。
对于贝尔数，有
\[\begin{eqnarray*}B_{p+n}&\equiv&B_n+B_{n+1}(\bmod p)\\
B_{p^m+n}&\equiv&mB_n+B_{n+1}(\bmod p)\end{eqnarray*}\]
根据这两个公式，可以从高位到低位递推，当$n<p$时直接输出解。时间复杂度$O(p^2\log p)$。
#include<cstdio>
typedef long long ll;
const int N=7284,P=999999598;
ll n,m;int a[4]={2,13,5281,7283},f[N],s[2][N],i,j,x;
int cal(int x,ll n){
int i,j,k,m=0,b[N],c[N],d[70];
for(i=0;i<=x;i++)b[i]=f[i]%x;
while(n)d[m++]=n%x,n/=x;
for(i=1;i<m;i++)for(j=1;j<=d[i];j++){
for(k=0;k<x;k++)c[k]=(b[k]*i+b[k+1])%x;
c[x]=(c[0]+c[1])%x;
for(k=0;k<=x;k++)b[k]=c[k];
}
return c[d[0]];
}
ll pow(ll a,ll b,ll p){ll t=1;for(a%=p;b;b>>=1LL,a=a*a%p)if(b&1LL)t=t*a%p;return t;}
ll bell(ll n){
if(n<N)return f[n];
ll t=0;
for(int i=0;i<4;i++)t=(t+(P/a[i])*pow(P/a[i],a[i]-2,a[i])%P*cal(a[i],n)%P)%P;
return t;
}
int main(){
f[0]=f[1]=s[0][0]=1,s[0][1]=2;
for(i=2,x=1;i<N;i++,x^=1)for(f[i]=s[x][0]=s[x^1][i-1],j=1;j<=i;j++)s[x][j]=(s[x^1][j-1]+s[x][j-1])%P;
scanf("%lld%lld",&n,&m);
printf("%lld",pow(m,bell(n),P+1));
return 0;
}