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参考loj2265中关于杨表的相关知识

先来考虑$mmid n$的情况：

记$t=frac{n}{m}$，将序列划分为$[1,m],[m+1,2m],...,[(t-1)m+1,tm]$这$t$段，每一段都至少有$k$个物品且可以同时取到，因此取到最小值时必然都恰为$k$个

构造一个$t$列且每列有$k$个格子的杨表，其中第$i$列记录第$t-i+1$段中的$k$个物品相对于该段左端点的距离，不难发现此时合法即要求其为半标准杨表，也即求$g_{m,{t,t,...,t}}$（共$k$个$t$）

根据性质3.3，即有$g_{m,{t,t,...,t}}=prod_{i=1}^{k}prod_{j=1}^{t}frac{m+j-i}{(k-i)+(t-j)+1}$

先枚举$i$，并分别考虑后者的分子和分母，不难发现即$frac{(m-i+t)!(k-i)!}{(m-i)!(k-i+t)!}$

将上下同时约掉一个$t!$，即可预处理阶乘及逆元并$o(mlog P)$计算该式

再来考虑$m otmid n$的情况：

令$t=lfloorfrac{n}{m} floor,p=n mod m$，对其分类讨论：

1.若$ple m-k$，即需要保证$t$段中每一段的前$p$个位置不能放物品（否则不难得到最后这$p$个位置也要放物品，答案不足够小），也即将$m$减去$p$并令$n=tm$后的问题

2.若$p>m-k$，即需要保证$t$段中每一段的最后$m-p$个位置必须放物品（否则不难得到最后这$p$个位置要放多于$p-(m-k)$个物品，答案也不足够小）

将最后这$p$个位置补至$m$个，由于补充的位置必须填，因此不影响方案数

换言之，即将$k$减去$m-p$、$m$变为$p$并令$n=(t+1)m$后的问题

最终，时间复杂度即为$o(m log P)$，可以通过

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define mod 1000000007
#define ll long long
int t,n,m,k,ans;
int qpow(int n,int m){
    int s=n,ans=1;
    while (m){
        if (m&1)ans=(ll)ans*s%mod;
        s=(ll)s*s%mod;
        m>>=1;
    }
    return ans;
}
int main(){
    scanf("%d",&t);
    while (t--){
        scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
        if (n%m){
            int t=n/m,p=n%m;
            if (p<=m-k)m-=p,n=t*m;
            else k-=m-p,m=p,n=(t+1)*m;
        }
        ans=1;
        int t=n/m;
        for(int i=1;i<=k;i++){
            int s=1;
            for(int j=t+1;j<=m-i+t;j++)s=(ll)s*j%mod;
            for(int j=1;j<=k-i;j++)s=(ll)s*j%mod;
            for(int j=1;j<=m-i;j++)s=(ll)s*qpow(j,mod-2)%mod;
            for(int j=t+1;j<=k-i+t;j++)s=(ll)s*qpow(j,mod-2)%mod;
            ans=(ll)ans*s%mod;
        }
        printf("%d
",ans);
    }
}