题面
题解
复杂度比较迷啊……
以下以(n)表示颜色总数，(m)表示总的卡牌数
严格(k)对比较难算，我们考虑容斥
首先有(i)对就代表整个序列被分成了(m-i)块互不相同的部分，那么我们从被分成了多少块这个角度来考虑
设(f_{i,j})表示考虑前(i)中颜色被分成了(j)块的方案（这里的(j)块不一定满足相邻两块颜色不同），那么转移就是
[f_{i,j}=sum_k f_{i-1,j-k}{a_i-1choose k-1}{jchoose k}
]
也就是相当于我们枚举一下第(i)种颜色分成了(k)块，那么方案数是({a_i-1choose k-1})，然后一共({jchoose k})表示(k)块和(j-k)块之间交叉放置的方案数
初值显然为
[f_{1,i}={a_1-1choose i-1}
]
如果我们记
[F_i=sum_{i=0}^infty {a_i-1choose i-1}{x^iover i!}
]
那么发现答案最终的(f_n)的指数型生成函数就是
[prod_{i=1}^nF_i
]
分治(NTT)即可
最后求出了(f_n)，那么(f_{n,i})表示(n)种颜色分成(i)块的方案数，即有(m-i)个魔法对的方案数
我们记(g_i=f_{n,m-i})，那么通过容斥原理可得最终的答案为
[sum_{i=k}^m(-1)^{i-k}{ichoose k}g_i
]
复杂度的话，因为一层(sum a_i=m)，所以分治的时候一层里的复杂度为(O(nlog n))，总共(O(log n))层，复杂度为(O(nlog^2n))
//minamoto
#include<bits/stdc++.h>
#define R register
#define fp(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)+1;i<I;++i)
#define fd(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)-1;i>I;--i)
#define go(u) for(int i=head[u],v=e[i].v;i;i=e[i].nx,v=e[i].v)
using namespace std;
char buf[1<<21],*p1=buf,*p2=buf;
inline char getc(){return p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;}
int read(){
R int res,f=1;R char ch;
while((ch=getc())>'9'||ch<'0')(ch=='-')&&(f=-1);
for(res=ch-'0';(ch=getc())>='0'&&ch<='9';res=res*10+ch-'0');
return res*f;
}
const int N=(1<<18)+5,P=998244353;
inline int add(R int x,R int y){return x+y>=P?x+y-P:x+y;}
inline int dec(R int x,R int y){return x-y<0?x-y+P:x-y;}
inline int mul(R int x,R int y){return 1ll*x*y-1ll*x*y/P*P;}
int ksm(R int x,R int y){
R int res=1;
for(;y;y>>=1,x=mul(x,x))(y&1)?res=mul(res,x):0;
return res;
}
int r[21][N],rt[2][N],inv[N],fac[N],ifac[N],lg[N],ilim[21];
int lim,d,n,m,k;
inline int C(R int n,R int m){return m>n?0:1ll*fac[n]*ifac[m]%P*ifac[n-m]%P;}
void Pre(){
fp(d,0,18){
fp(i,1,(1<<d)-1)r[d][i]=(r[d][i>>1]>>1)|((i&1)<<(d-1));
lg[1<<d]=d,ilim[d]=ksm(1<<d,P-2);
}
inv[0]=inv[1]=fac[0]=fac[1]=ifac[0]=ifac[1]=1;
fp(i,1,m)fac[i]=mul(fac[i-1],i);
ifac[m]=ksm(fac[m],P-2);fd(i,m-1,1)ifac[i]=mul(ifac[i+1],i+1);
for(R int t=(P-1)>>1,i=1,x,y;i<262144;i<<=1,t>>=1){
x=ksm(3,t),y=ksm(332748118,t),rt[0][i]=rt[1][i]=1;
fp(k,1,i-1)
rt[1][i+k]=mul(rt[1][i+k-1],x),
rt[0][i+k]=mul(rt[0][i+k-1],y);
}
}
inline void init(R int len){lim=1,d=0;while(lim<len)lim<<=1,++d;}
void NTT(int *A,int ty){
fp(i,0,lim-1)if(i<r[d][i])swap(A[i],A[r[d][i]]);
for(R int mid=1;mid<lim;mid<<=1)
for(R int j=0,t;j<lim;j+=(mid<<1))
fp(k,0,mid-1)
A[j+k+mid]=dec(A[j+k],t=mul(rt[ty][mid+k],A[j+k+mid])),
A[j+k]=add(A[j+k],t);
if(!ty)fp(i,0,lim-1)A[i]=mul(ilim[d],A[i]);
}
int D[21][N],deg[21],a[N];
void solve(int p,int l,int r){
if(l==r){
D[p][0]=0;
fp(i,1,a[r])D[p][i]=mul(C(a[r]-1,i-1),ifac[i]);
deg[p]=a[r];
return;
}
int mid=(l+r)>>1;
solve(p,l,mid),solve(p+1,mid+1,r);
static int A[N],B[N];init(deg[p]+deg[p+1]+1);
fp(i,0,deg[p])A[i]=D[p][i];fp(i,deg[p]+1,lim-1)A[i]=0;
fp(i,0,deg[p+1])B[i]=D[p+1][i];fp(i,deg[p+1]+1,lim-1)B[i]=0;
NTT(A,1),NTT(B,1);
fp(i,0,lim-1)A[i]=mul(A[i],B[i]);
NTT(A,0);
deg[p]+=deg[p+1];
fp(i,0,deg[p])D[p][i]=A[i];
fp(i,deg[p]+1,lim-1)D[p][i]=0;
}
int f[N],res;
int main(){
// freopen("testdata.in","r",stdin);
n=read(),m=read(),k=read(),Pre();
fp(i,1,n)a[i]=read();
solve(1,1,n);
fp(i,0,m-1)f[i]=mul(fac[m-i],D[1][m-i]);
fp(i,k,m)res=add(res,((i-k)&1?P-1ll:1ll)*f[i]%P*C(i,k)%P);
printf("%d
",res);
return 0;
}