Counting

Description

　　
​　　 数学老师走啦，英语老师来上课啦
　　​ 他的性格与众不同，又因为大家都是理科班的学生
　　​ 他希望大家在数字母的过程中领悟英语的快乐
​　　 他用m种字母进行排列组合，
​　　 得到了所有不同的，长度为n的字符串
​　　 （不需要所有字母都出现在字符串中）
　　​ 对于每个字符串s
​　　 定义C(s)为s中出现次数最多的字母的出现次数
​　　 那么问题来了
​　　 所有的这些字符集大小为m，长度为n的字符串中
​　　 C(s)=k的有多少个呢
　　

Input

　　
​　　 一行三个整数n,m,k，分别表示长度，字符集和要求的C(s)
　　

Output

　　
​　　 输出一行表示结果
​　　 答案对998244353取模
　　

Sample Input

　　
​　　 3 2 2
　　

Sample Output

　　
​　　 6
　　

HINT

　　
​　　 数据保证k≤n
​　　 对于10%的数据，1≤n,m≤8
​　　 对于30%的数据，1≤n,m≤200
​　　 对于50%的数据，1≤n,m≤1000
​　　 对于100%的数据，1≤n,m≤50000
　　
​　　 样例解释：
　　
​　　 假设样例中的两个字母为a,b
​　　 则满足条件的有aab,aba,abb,baa,bab,bba六个
　　　　
　　
　　

Solution

　　
​　　 首先把最直观的DP方程列出来。
　　
　　记(f[i][j][k])为当前考虑到第(i)个字母，已经使用了串中的(j)个位置，出现最多的字母次数不超过(k)的方案数。答案就是(f[m][n][k]-f[m][n][k-1])。
　　　
​　　 转移方程显然是枚举当前字母使用多少次：

[f[i][j][k]=sum_{x=0}^k {jchoose x}f[i-1][j-x][k] ]

　　​ 然后可以发现(k)十分的冗余，并没有参与转移。也就是说(k)仅仅作用于循环范围控制上。
　　
​　　 我们尝试把最后一维省掉：(f[i][j])。(k)仍然发挥作用，也就是现在的(f[i][j])对应着原来的(f[i][j][k])。
　　
　　​ 现在看看方程：

[egin{aligned} f[i][j]&=sum_{x=0}^k{jchoose x}f[i-1][j-x]\ &=sum_{x=0}^kfrac{j!}{x!(j-x)!}f[i-1][j-x]\ frac{f[i][j]}{j!}&=sum_{x=0}^k;x!;frac{f[i-1][j-x]}{(j-x)!} end{aligned} ]

​　　 后面显然是一个卷积的形式，并且等号左边的形式和卷积右半边的形式一样。所以可以把每个(f[i])看做一个多项式
　　

[f[i]=frac{f[i][0]}{0!}+frac{f[i][1]}{1!}x+frac{f[i][2]}{2!}x^2+...+frac{f[i][n]}{n!}x^n ]

　　
​　　 转移就是这个多项式和
　　

[T(x)=frac1{0!}+frac1{1!}x+frac1{2!}x^2...+frac1{k!}x^k ]

　　
　　​ 的卷积。即(f[n]=f[0]*T^{n}(x))
　　
​　　 而(T(x))是独立的存在不受其他东西影响，所以将(T(x))用快速幂自卷积一下，再用(f[0])卷积一下就好了。根据定义，(f[0]=1)，所以相当于直接求(T(x))的(n)次方。答案别忘了乘上(n)的阶乘。
　　

#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;
const int N=50005,MOD=998244353,G=3,B17=131100;
int fact[N],iact[N];
inline void swap(int &x,int &y){x^=y^=x^=y;}
inline int pow(int x,int y){
	int res=1;
	for(;y;x=1LL*x*x%MOD,y>>=1)
		if(y&1) res=1LL*res*x%MOD;
	return res;
}
namespace NTT{/*{{{*/
	int n,invn,bit,rev[B17],W[B17][2];
	void build(){
		int b=pow(G,MOD-2);
		for(int i=0;i<=17;i++){
			W[1<<i][0]=pow(G,(MOD-1)/(1<<i));
			W[1<<i][1]=pow(b,(MOD-1)/(1<<i));
		}
	}
	void init(int _n){
		for(n=1,bit=0;n<_n;n<<=1,bit++);
		invn=pow(n,MOD-2);
		for(int i=0;i<n;i++) rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)<<(bit-1));
	}
	void clear(int *a){for(int i=0;i<n;i++)a[i]=0;}
	void ntt(int *a,int f){
		for(int i=0;i<n;i++) if(i<rev[i]) swap(a[i],a[rev[i]]);
		int u,v,w_n,w;
		for(int i=2;i<=n;i<<=1){
			w_n=W[i][f==-1];
			for(int j=0;j<n;j+=i){
				w=1;
				for(int k=0;k<i/2;k++){
					u=a[j+k]; v=1LL*w*a[j+i/2+k]%MOD;
					a[j+k]=(u+v)%MOD; a[j+i/2+k]=(u-v)%MOD;
					w=1LL*w*w_n%MOD;
				}
			}
		}
		if(f==-1)
			for(int i=0;i<n;i++) a[i]=1LL*a[i]*invn%MOD;
	}
}/*}}}*/
void ksm(int *x,int y,int n,int *res){
	NTT::init((n+1)*2);
	NTT::clear(res);
	res[0]=1;
	for(;y;y>>=1){
		NTT::ntt(x,1);
		if(y&1){
			NTT::ntt(res,1);
			for(int i=0;i<NTT::n;i++) res[i]=1LL*res[i]*x[i]%MOD;
			NTT::ntt(res,-1);
			for(int i=n+1;i<NTT::n;i++) res[i]=0;
		}
		for(int i=0;i<NTT::n;i++) x[i]=1LL*x[i]*x[i]%MOD;
		NTT::ntt(x,-1);
		for(int i=n+1;i<NTT::n;i++) x[i]=0;
	}
}
int solve(int n,int m,int k){
	static int a[B17],b[B17];
	memset(a,0,sizeof a);
	for(int i=0;i<=k;i++) a[i]=iact[i];
	ksm(a,m,n,b);
	return 1LL*fact[n]*b[n]%MOD;
}
int main(){
	freopen("input.in","r",stdin);
	NTT::build();
	int n,m,k;
	scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
	fact[0]=1;
	for(int i=1;i<=n;i++) fact[i]=1LL*fact[i-1]*i%MOD;
	iact[n]=pow(fact[n],MOD-2);
	for(int i=n-1;i>=0;i--) iact[i]=1LL*iact[i+1]*(i+1)%MOD;
	int ans=(solve(n,m,k)-solve(n,m,k-1))%MOD;
	printf("%d
",ans<0?ans+MOD:ans);
	return 0;
}