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 ;
 }