分析
感觉这道题的计数方法好厉害。。
一个直观的思路是，把题目转化为求至少有\(k\)个极大的数的概率。
考虑这样一个事实，如果钦定\((1,1,1),(2,2,2),...,(k,k,k)\)是那\(k\)个极大值的位置，并且\(val(1,1,1) < val(2,2,2) < ... < val(k,k,k)\)。我们考虑依次确定这些值，显然\(val(1,1,1)\)的值是和它至少有一维相同的\(n \times m \times l - (n-1) \times (m-1) \times (l-1)\)个位置中最大的一个，\(val(2,2,2)\)的值是和它至少有一维相同的所有位置并上\((1,1,1)\)限制到的所有位置中最大的一个，即\(n \times m \times l - (n-2) \times (m-2) \times (l-2)\)个位置中最大的一个。
以此类推，\(val(i,i,i)\)的值是\(n \times m \times l - (n-i) \times (m-i) \times (l-i)\)个位置中最大的一个。我们记\(cnt(i) = n \times m \times l - (n-i) \times (m-i) \times (l-i)\)，进而可以得到\((i,i,i)\)是极大值的概率是\(P(i) = \frac{1}{cnt(i)}\)。
现在我们所需要的就是计算\(P(i)\)的前缀和，这个可以通过线性处理逆元的技巧完成，然后二项式反演，式子如下，其中\(A_n^m\)表示排列数：
\[ans = \sum_{i=k}^{n}(-1)^{i-k}\binom{i}{k}A_n^iA_m^iA_l^i\prod_{j=1}^{i}P(j)
\]
\]
关于概率为什么能二项式反演？
可以这样理解：概率再乘上个阶乘就是方案数了。
yyb聚聚的题解
分析的方式不太一样，不过本质和最后得到的结果是相同的。
代码
#include <bits/stdc++.h>
#define rin(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);++i)
#define irin(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);--i)
#define trav(i,a) for(int i=head[a];i;i=e[i].nxt)
#define Size(a) (int) a.size()
#define pb push_back
#define mkpr std::make_pair
#define fi first
#define se second
#define lowbit(a) ((a)&(-(a)))
typedef long long LL;
using std::cerr;
using std::endl;
inline int read(){
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
while(isdigit(ch)){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
return x*f;
}
const int MAXN=5000005;
const int MOD=998244353;
int n,m,l,k;
int fac[MAXN],invf[MAXN];
int cnt[MAXN],fix[MAXN];
inline int qpow(int x,int y){
int ret=1,tt=x%MOD;
while(y){
if(y&1)ret=1ll*ret*tt%MOD;
tt=1ll*tt*tt%MOD;
y>>=1;
}
return ret;
}
inline int C(int n,int m){
if(n<0||m<0||n<m)return 0;
return 1ll*fac[n]*invf[n-m]%MOD*invf[m]%MOD;
}
inline int A(int n,int m){
if(n<0||m<0||n<m)return 0;
return 1ll*fac[n]*invf[n-m]%MOD;
}
void init(int n){
fac[0]=1;
rin(i,1,n)fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%MOD;
invf[n]=qpow(fac[n],MOD-2);
irin(i,n-1,0)invf[i]=1ll*invf[i+1]*(i+1)%MOD;
}
int main(){
init(5000000);
int T=read();
while(T--){
int inp[4];
rin(i,1,3)inp[i]=read();
std::sort(inp+1,inp+4);
n=inp[1],m=inp[2],l=inp[3];
k=read();
int tot=1;
rin(i,1,n){
cnt[i]=(1ll*n*m%MOD*l%MOD-1ll*(n-i)*(m-i)%MOD*(l-i)%MOD+MOD)%MOD;
tot=1ll*tot*cnt[i]%MOD;
}
fix[n]=qpow(tot,MOD-2);
irin(i,n-1,1)fix[i]=1ll*fix[i+1]*cnt[i+1]%MOD;
int ans=0,sgn=MOD-1;
rin(i,k,n){
sgn=MOD-sgn;
ans=(ans+1ll*sgn*C(i,k)%MOD*A(n,i)%MOD*A(m,i)%MOD*A(l,i)%MOD*fix[i])%MOD;
}
printf("%d\n",ans);
}
return 0;
}