[noi239]count

将每一个ai表示为$ai=kicdot m+ri$，即满足$msum ki+sum ri=n$且$0<ri<m$
枚举$S=sum ri$（S范围是$kle Sle k(m-1)$且与n同余，只有k个值），之后相当于让$sum ki=(n-S)/m$，根据插板法以$o(k)$（c的定义）计算
还要计算出$sum ri=S$的方案数，设f(i)表示有i个j满足$mle rj$，其余无限制的方案数，那么答案就是$sum_{i=0}^{k}(-1)^kcdot f(k)$
f(i)的计算很简单，先是从k个数中选取i个，即c(k,i)；再将不满足的rj都减去m-1，即有n个数的和为$S-(m-1)i$的方案数，也用插板法，但可以o(1)计算（预处理阶乘即逆元）

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define mod 998244353
#define ll long long
#define N 25000005 
int m,k,ans,fac[N],inv[N];
ll n;
int c1(ll n,int m){
    int ans=1;
    for(int i=0;i<m;i++)ans=1LL*(n-i)%mod*ans%mod;
    return 1LL*ans*inv[m]%mod;
}
int c2(int n,int m){
    if (n<m)return 0;
    return 1LL*fac[n]*inv[m]%mod*inv[n-m]%mod;
}
int f(int n){
    int p=-1,ans=0;
    for(int i=0;i<=k;i++){
        p*=-1;
        ans=(ans+1LL*p*c2(k,i)*c2(n-(m-1)*i-1,k-1)%mod+mod)%mod;
    }
    return ans;
}
int main(){
    scanf("%lld%d%d",&n,&m,&k);
    fac[0]=inv[0]=inv[1]=1;
    for(int i=1;i<=k*m;i++)fac[i]=1LL*fac[i-1]*i%mod;
    for(int i=2;i<=k*m;i++)inv[i]=1LL*(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;
    for(int i=1;i<=k*m;i++)inv[i]=1LL*inv[i-1]*inv[i]%mod;
    for(int i=0;i<k;i++){
        int j=i*m+n%m;
        if ((j<k)||(k*(m-1)<j))continue;
        ans=(ans+1LL*c1((n-j)/m+k-1,k-1)*f(j))%mod;
    }
    printf("%d",ans); 
}