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[1000010],In[1000010],fin[1000010];
long long ans;
void in(long long &x){
    long long y=1;
    char c=g();x=0;
    while(c<'0'||c>'9'){
        if(c=='-')y=-1;
        c=g();
    }
    while(c<='9'&&c>='0'){
        x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0';c=g();
    }
    x*=y;
}
void o(long long x){
    if(x<0){
        p('-');
        x=-x;
    }
    if(x>9)o(x/10);
    p(x%10+'0');
}

void pre(){
    f[1]=In[1]=fin[1]=1;
    f[0]=1;
    fin[0]=1;    
    For(i,2,1000000){
        In[i]=(mod-mod/i)*In[mod%i]%mod;
        fin[i]=fin[i-1]*In[i]%mod;
        f[i]=f[i-1]*i%mod;
    }
}

long long C(long long x,long long y){
    if(y>x) return 0;
    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-1,m-1);
        for(int i=1;i<=m;i++){
            long long res=C(m,i)*C(k+m-1-i*n,m-1)%mod;
            if(i%2==1)
                ans=(ans+mod-res)%mod;
            else
                ans=(ans+res)%mod;
        }
        o(ans);p('\n');
    }
    return 0;
}