Description

问从$[0,n-1]$中选取$m$个数使得其和为$k$的方案数

Input

第一行一整数$T$表示用例组数，每组用例输入三个整数$n,m,k$

$(1\le T\le 500,1\le n,m\le 10^5,0\le k\le 10^5)$

Output

输出方案数，结果模$998244353$

Sample Input

4
2 3 3
2 3 4
3 3 3
128 3 340

Sample Output

1
0
7
903

Solution

假设$m$个数中有至少$i$个数超过$n$且和为$k$的方案数为$F(i)$，由插板法知$F(i)=C_m^iC_{k-ni+m-1}^{m-1}$，由容斥原理知答案即为$\sum\limits (-1)^iF(i)$，时间复杂度$O(m)$

Code

#include<cstdio>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define mod 998244353
#define maxn 200005
int mul(int x,int y)
{
    ll z=1ll*x*y;
    return z-z/mod*mod;
}
int add(int x,int y)
{
    x+=y;
    if(x>=mod)x-=mod;
    return x;
}
int fact[maxn],inv[maxn];
void init(int n=200000)
{
    fact[0]=1;
    for(int i=1;i<=n;i++)fact[i]=mul(i,fact[i-1]);
    inv[1]=1;
    for(int i=2;i<=n;i++)inv[i]=mul(mod-mod/i,inv[mod%i]);
    inv[0]=1;
    for(int i=1;i<=n;i++)inv[i]=mul(inv[i-1],inv[i]);
}
int C(int n,int m)
{
    if(n<0||m<0||m>n)return 0;
    return mul(fact[n],mul(inv[m],inv[n-m]));
}
int main()
{
    init();
    int T,n,m,k;
    scanf("%d",&T);
    while(T--)
    {
        scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
        if(k/m>n-1)
        {
            printf("0\n");
            continue;
        }
        int ans=0;
        for(int i=0;i<=k/n;i++)
        {
            if(i&1)ans=add(ans,mod-mul(C(m,i),C(k-n*i+m-1,m-1)));
            else ans=add(ans,mul(C(m,i),C(k-n*i+m-1,m-1)));
        }
        printf("%d\n",ans);
    }
    return 0;
}