题意:对于元素均为整数的长度为 序列 ,定义 为一个 矩阵s,满足
其中
如果两个序列的 矩阵相等,称其相等
问有多少个互不相等的长度为n的序列满足对任意
答案对 取模
先不考虑
矩阵,只考虑单个
表示某个
也就是说最大值
最小值
所以要求的实际上是最大值
最小值
的长度为
的序列的方案数
如果两个序列的F矩阵相等,称其相等
所以把最小值当做0就好了。
仿佛可以用在
个空里面选
个(可重)(有序)的思路来搞
虽说这好像是可重排列的定义,
但是要注意同一个元素选多次的情况会被重复计算。这个有序不大一样
况且
和
不能等同。
直接组合不行,考虑如何去重,比如使用 。
可重+有序太难搞了,可以先当无序来做再算有序
先算有序时候的,也就是不重复的情况下那些数有多少种方案(无序)
表示到第几种数,
表示和最小值的差,方案数
,
。
即
顺便可以前缀和,处理
的部分。不过滚动是不行了,最后要用到二维
对于 的部分先按正常方式搞,再减
(如果 和 的差大于 ,那 的就转移不过来了)
这是 和 很重要的一处不同。
然后要把无序的
转化到最后的答案里边
在
个位置放上
种不同的数,这是第二类stirling数(相同盒子不同小球)
,这一步解决了相同的数的位置。
再用 种不同的数枚举一下具体的大小关系,就乘上
所以
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<cctype>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
#include<iostream>
using namespace std;
#define mod 998244353ll
int n,m,k;
long long ans=0,
f[2005]={}, //阶乘
s[2005][2005]={}, //第二类stirling数
d[2005][2005]={}, //dp状态
sum[2005]={}; //dp前缀和
int main()
{
scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
f[1]=1; for(int i=2;i<=n;++i)f[i]=(f[i-1]*i)%mod;
for(int i=1;i<=n;++i)
{
s[i][1]=s[i][i]=1;
for(int j=2;j<i;++j)
{
s[i][j]=(s[i-1][j-1]+j*s[i-1][j]%mod)%mod;
}
}
d[1][0]=1;
for(int i=2;i<=n;++i)
{
sum[0]=d[i-1][0];
for(int j=1;j<=m;++j) sum[j]=(sum[j-1]+d[i-1][j])%mod, d[i][j]=sum[j-1];
for(int j=k+1;j<=m;++j) d[i][j]=(d[i][j]+mod-sum[j-k-1])%mod;
}
for(int i=1;i<=n;++i)
for(int j=0;j<=m;++j)
ans=(ans+(s[n][i]*f[i]%mod)*d[i][j]%mod)%mod;
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}