pkusc 快到了……做点题涨涨 rp。
ref我好菜啊QAQ。
可以发现期望只是一个幌子。我们的目的是：对于所有随机的选择方法（一共 (inom{2n}{m})种），这些选择方法都最优地打出 (k) 张牌，他们能造成的伤害的和是多少。
显然的是，能打强化就打强化（不过你好歹也要攻击一张）。记 (m) 张卡中分给强化卡的数量为 (i)。我们枚举 (i)，根据 (i) 与 (k) 的大小关系来决定怎样打牌。
那么 (i < k) 时，就打出 (i) 张强化卡，(k-i) 张攻击卡。（这意味着你能打的强化卡总共才 (i) 张，当然是能打强化卡就打强化卡）
(i geq k-1) 时，就打出 (k-1) 张强化卡，(1) 张攻击卡。（这意味着你能打的强化卡还挺多，留一张攻击就行了）。
记 (F(i,j)) 为分给强化卡的数量为 (i)，打出 (j) 张，所有方案翻的倍率的和。(G(i,j)) 为分给攻击卡的数量为 (i)，打出 (j) 张，所有方案的（不加强化的）攻击力和。
两者分别对应 (F(i,i) imes G(m-i,k-i)) 和 (F(i,k-1) imes G(m-i,1))。为什么可以是这种“和乘和”的形式呢？因为乘法分配律。
现在的问题变成快速计算 (F) 和 (G)。
关于 (F)，可以 sort 以后定义一个 (f)，(f(i,j)) 表示选（注意是选，不是分）了 (i) 张强化牌且最这 (i) 张牌中位置靠前的那张牌是所有强化牌中的第 (j) 个，这样的所有方案翻的倍率的和。转移看代码。(G) 和 (g) 也类似。
#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mod=998244353;
int T, n, m, k, a[1505], b[1505], c[3005][3005], f[1505][1505];
int g[1505][1505], sum[1505];
int F(int x, int y){
if(x<y) return 0;
if(!y) return c[n][x];
int re=0;
for(int j=x-y+1; j<=n-y+1; j++)
re = (re + (ll)f[y][j]*c[j-1][x-y]%mod) % mod;
//感性理解一下……大概就是把x-y张不打出的牌放到j前头，这里我讲不太清QAQ
return re;
}
int G(int x, int y){
if(x<y) return 0;
int re=0;
for(int j=x-y+1; j<=n-y+1; j++)
re = (re + (ll)g[y][j]*c[j-1][x-y]%mod) % mod;
return re;
}
int main(){
cin>>T;
for(int i=0; i<=3000; i++){
c[i][0] = 1;
for(int j=1; j<=i; j++)
c[i][j] = (c[i-1][j-1] + c[i-1][j]) % mod;
}
while(T--){
memset(f, 0, sizeof(f));
memset(g, 0, sizeof(g));
scanf("%d %d %d", &n, &m, &k);
for(int i=1; i<=n; i++) scanf("%d", &a[i]);
for(int i=1; i<=n; i++) scanf("%d", &b[i]);
sort(a+1, a+1+n);//跟牌的顺序无关，可以sort
sort(b+1, b+1+n);
for(int i=1; i<=n; i++){
f[1][i] = a[i];//初始化f[][]，显然只选1张的倍率之和是a[i]
sum[i] = (sum[i-1] + a[i]) % mod;//前缀和，方便转移
}
for(int i=2; i<=n; i++){
for(int j=1; j<=n-i+1; j++)
f[i][j] = (ll)a[j] * (sum[n]-sum[j]+mod) % mod;
//打了i张牌，最前头的是第j张，那它就是f[i-1][j+1..n]的和再乘上第j号元素。这个转移的思想是枚举在打了i-1张牌的时候最前头的是哪一张
for(int j=1; j<=n; j++)
sum[j] = (sum[j-1] + f[i][j]) % mod;
}
for(int i=1; i<=n; i++){
g[1][i] = b[i];
sum[i] = (sum[i-1] + b[i]) % mod;
}
for(int i=2; i<=n; i++){
for(int j=1; j<=n-i+1; j++)
g[i][j] = ((ll)b[j]*c[n-j][i-1]%mod+(sum[n]-sum[j]+mod)%mod) % mod;
//打了i张牌，最前头的是第j张。注意g代表的是（不加强化的）攻击力和。在这种情况下，打了i-1张牌的总情况是c[n-j][i-1]种（j+1..n中选i-1个的方案数），这是第一项；第二项就是继承自g[i-1][j+1..n]
for(int j=1; j<=n; j++)
sum[j] = (sum[j-1] + g[i][j]) % mod;
}
int ans=0;
for(int i=0; i<m; i++)
if(i<k) ans = (ans + (ll)F(i,i)*G(m-i,k-i)%mod) % mod;
else ans = (ans + (ll)F(i,k-1)*G(m-i,1)%mod) % mod;
printf("%d
", ans);
}
return 0;
}