HDU6397

HDU6397
用小于n的m个数组成k，求方案数mod 998244353
如果没有n的限制，直接用隔板法求就可以
因为m个数中可以为0，所以不妨先都放上一个1，转化成不能为0的m个数来凑k+m，即C(k+m-1,m-1);
加了限制之后就用容斥原理去维护就好了
至少有i个不小于n的方案数为C(m,i)*C(k+m-1-i*n,m-1);
total-至少有一个不小于n+至少有2个不小于n的...

一定要小心阶乘的初始化啊，f[0]=1;

哭了

 #include<iostream>

 #include<cstdio>

 #include<queue>

 #include<algorithm>

 #include<cmath>

 #include<ctime>

 #include<set>

 #include<map>

 #include<stack>

 #include<cstring>

 #define inf 2147483647

 #define ls rt<<1

 #define rs rt<<1|1

 #define lson ls,nl,mid,l,r

 #define rson rs,mid+1,nr,l,r

 #define N 100010

 #define mod 998244353

 #define For(i,a,b) for(long long i=a;i<=b;i++)

 #define p(a) putchar(a)

 #define g() getchar()

 using namespace std;

 long long T;

 long long n,m,k;

 long long f[],In[],fin[];

 long long ans;

 void in(long long &x){

     long long y=;

     char c=g();x=;

     while(c<''||c>''){

         if(c=='-')y=-;

         c=g();

     }

     while(c<=''&&c>=''){

         x=(x<<)+(x<<)+c-'';c=g();

     }

     x*=y;

 }

 void o(long long x){

     if(x<){

         p('-');

         x=-x;

     }

     if(x>)o(x/);

     p(x%+'');

 }

 void pre(){

     f[]=In[]=fin[]=;

     f[]=;

     fin[]=;

     For(i,,){

         In[i]=(mod-mod/i)*In[mod%i]%mod;

         fin[i]=fin[i-]*In[i]%mod;

         f[i]=f[i-]*i%mod;

     }

 }

 long long C(long long x,long long y){

     if(y>x) return ;

     return f[x]*fin[y]%mod*fin[x-y]%mod;

 }

 int main(){

     in(T);

     pre();

     while(T--){

         in(n);in(m);in(k);

         ans=C(k+m-,m-);

         for(int i=;i<=m;i++){

             long long res=C(m,i)*C(k+m--i*n,m-)%mod;

             if(i%==)

                 ans=(ans+mod-res)%mod;

             else

                 ans=(ans+res)%mod;

         }

         o(ans);p('\n');

     }

     return ;

 }