7.19T1

现在的我是T2一点头绪都搞不到(然而大家都快要A掉它了，我还处在M0的状态)，T3只能摸到个大体思路，但是还是模模糊糊的，决定写点题解，冷静一下

通过T1部分分式子的过程，让我意识到对于一道明确的DP题，一定要在算草纸上写一写，推一推，你可以列出来你有什么，你需要什么，然后去依据DP的实际意义进行拼凑，当然对自己DP式子的不断优化也是需要的

30分其实很好拿，我们设定$dp[i][j]$代表到第$i$天还剩下$j$块饼干没有被分出去，那么这个$i$应该属于$[1，d]$，那很容易可以想到$dp[i][j]+={\sum}dp[i-1][k]$，$k$属于$[j，j+m-1]$，那应该在优化时可以想到这个$\sum$可以用前缀和搞定，关于初始化令$dp[0][n]=1$然后处理一下前缀和就可以了

但实际上我们很容易就能够看出这个想法的不足之处，比如你的第一维要循环$d$，不论时间会不会炸，空间一定是炸了，并且是根本开不到的那种，但是你会发现$n$其实算的上很小，而且对于$d$远大于$n$的情况，一定是有很多天都没有给饼干，那我们完全就可以把这些什么都没有给出的天从$dp$中除名，这样的话空间，时间复杂度都可以降下来很多，那我们就重新来定义$dp[i][j]$的含义，我们用$dp[i][j]$来表示，已经给出去饼干$i$天(给出去饼干就代表饼干数不为0)，一共给出去$j$块饼干，我们模仿着刚才的思路，依旧可以写出来一个前缀和优化过的DP式子，$dp[i][j]=sum[i-1][j]-sum[i-1][j-m]$，其实这个东西是在可想的范围内的，但是我没想啊，那能有什么办法，怪自己呗

关于这个$sum[i-1][j-m]$一定要注意一下$j-m$是不是小于0了，最好还是不要下标越界，关于取模，只要你对自己的时间复杂度足够自信，那你就随便模，如果有做减法的情况，一定要先加一个模数，免得出现负数，在这里在给一个小建议，如果不知道自己会不会得到什么奇奇怪怪的负数，那就自己去造几组比较大的数据，没有暴力的话，没办法看对错，但是如果出现负数了，证明你肯定不对

最后的$ans={\sum}dp[i][n]{\times}C_d^i$，在我们对$C$进行计算的时候会发现不论是$Lucas$还是杨辉三角打表，下标为$d$都不是可用的好方法，那我们思考一下$C_n^m=\frac{n!}{m!{\times}(n-m)!}$，我们进行一下简单的消项，那$C_n^m=\frac{n{\times}(n-1){\times}{\cdots}{\times}(n-m+1)}{m!}$，那对于分母上m!我们可以求一下逆元，对于分子那一大坨，因为$i$每次之加一，完全可以递推$O(1)$实现，这样的话我们不仅解决了这道题，还得到了一个求C的新思路

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#define ll long long
#define maxn 2010
using namespace std;
const long long mod=998244353;
int n,m;
ll d,ans;
ll jc[maxn],ny[maxn];
ll dp[maxn][maxn],sum[maxn][maxn];
ll ksm(ll a,ll b)
{
    ll ans=1;  a=a%mod;
    while(b>0)
    {
        if(b&1)  ans=(ans*a)%mod;
        b=b>>1;  a=(a*a)%mod;
    }
    return ans%mod;
}
void clear()
{
    memset(dp,0,sizeof(dp));  memset(sum,0,sizeof(sum));
    memset(jc,0,sizeof(jc));  memset(ny,0,sizeof(ny));
    ans=0;  dp[0][0]=1;  jc[0]=1;
    for(int i=0;i<=n;++i)  sum[0][i]=1;
    for(int i=1;i<=n;++i)  jc[i]=(jc[i-1]*i)%mod;
    ny[n]=ksm(jc[n],mod-2);
    for(int i=n;i>=1;--i)  ny[i-1]=(ny[i]*i)%mod;
}
int main()
{
    while(1)
    {
        scanf("%d%lld%d",&n,&d,&m);
        if(n==0&&d==0&&m==0)  break;
        if(d*(ll)m<(ll)n)  {printf("0\n");  continue;}
        clear();
        for(int i=1;i<=min((ll)n,d);++i)
        {
            for(int j=i;j<=n;++j)
            {
                if(j-m<0)
                {
//                    cout<<"j-m="<<j-m<<endl;
//                    cout<<"sum["<<i-1<<"]["<<j-1<<"]="<<sum[i-1][j-1]<<" ";
                    dp[i][j]=sum[i-1][j-1];
//                    cout<<"dp["<<i<<"]["<<j<<"]=sum["<<i-1<<"]["<<j-1<<"]"<<" ";
//                    if(dp[i][j]<0)  cout<<"dp["<<i<<"]["<<j<<"]="<<dp[i][j]<<endl;
                }
                else
                {
//                    cout<<"sum["<<i-1<<"]["<<j-1<<"]="<<sum[i-1][j-1]<<" ";
//                    cout<<"sum["<<i-1<<"]["<<j-m<<"]="<<sum[i-1][j-m]<<" ";
                    dp[i][j]=(sum[i-1][j-1]-sum[i-1][j-m]+mod)%mod;
//                    cout<<"dp["<<i<<"]["<<j<<"]=sum["<<i-1<<"]["<<j-1<<"]-";
//                    cout<<"sum["<<i-1<<"]["<<j-m<<"]"<<" ";
//                    if(dp[i][j]<0)  cout<<"dp["<<i<<"]["<<j<<"]="<<dp[i][j]<<endl;
                }
                sum[i][j]=(sum[i][j-1]+dp[i][j])%mod;
//                if(sum[i][j]<0)  cout<<"sum["<<i<<"]["<<j<<"]="<<sum[i][j]<<endl;
            }
        }
        ll ls=d%mod;
        for(int i=1;i<=min((ll)n,d);++i)
        {
            ll zhs=ny[i];
            if(i!=1)  ls=(ls*(d%mod-(ll)i+(ll)1)%mod)%mod;
            zhs=(zhs*ls)%mod;
//            for(int j=d-i+1;j<=d;++j)  zhs=(zhs*j)%mod;
//            cout<<"C("<<d<<","<<i<<")="<<zhs<<endl;
            ans=(ans+(dp[i][n]*zhs)%mod)%mod;
//            if(ls<0)  cout<<ls<<endl;
        }
//        for(int i=1;i<=min((ll)n,d);++i)
//            for(int j=0;j<=n;++j)  cout<<"dp["<<i<<"]["<<j<<"]="<<dp[i][j]<<endl;
//        for(int i=1;i<=((ll)n,d);++i)
//            for(int j=0;j<=n;++j)  cout<<"sum["<<i<<"]["<<j<<"]="<<sum[i][j]<<endl;
//        while(ans<0)  ans=ans+mod;
        printf("%lld\n",ans%mod);
    }
    return 0;
}