题意
略。
题解
很显然这个题目中的图在疯狂暗示，应该考虑的对应的三维问题。
这个三维问题就是在一个墙角堆石子，计算本质不同的方案数。
但是这个也是不太好做的问题。
接下去的这一步非常的巧妙，即将这个问题再转化为一个二维问题，即：
从右上角的所有格子往左下角的所有格子对应着走，且不相交的方案数。
怎么转化的呢？具体的如下：
仔细观察一下，发现题目可以转化为在一个二维平面上，有两个大小相同的点集，求：
在两个点集建立间点对映射，对应点对之间通过一条二维非降路径相连，求不交路径组的总方案数。
这个问题很经典，有个Lindström–Gessel–Viennot lemma 定理就是专门求解这个问题的。
简单说，这个定理，即
对于一张无边权的DAG，给定(n)个起点和对应的(n)个终点（互不相同），这(n)条不相交路径的方案数为
[left| egin{array}
e(a_1, b_1) & e(a_1, b_2) & cdots & e(a_1, b_n) \
e(a_2, b_1) & e(a_2, b_2) & cdots & e(a_2, b_n) \
vdots & vdots & ddots & vdots \
e(a_n, b_1) & e(a_n, b_2) & cdots & e(a_n, b_n) \
end{array}
ight|
]
（行列式）
其中(e(a,b))为图上(a)到(b)的方案数。
具体证明，大概口胡一下，就是在一个相交的方案中，必然存在两条路径相交在一个点。找到最后那个交点，找到交于此点的两条路径（有可能多于两条），将他们的起点互换，贡献在行列式中即可抵消。
即下图中此情况：
严谨的证明没有证过。
然后对于这道题，答案即为：
[left| egin{array}
e(s_1, t_1) & e(s_1, t_2) & cdots & e(s_1, t_n) \
e(s_2, t_1) & e(s_2, t_2) & cdots & e(s_2, t_n) \
vdots & vdots & ddots & vdots \
e(s_n, t_1) & e(s_n, t_2) & cdots & e(s_n, t_n) \
end{array}
ight|
]
求(e(s_i, t_j))，其中可以令(s_i(a + i - 1, b - i + 1), t_j(j - 1, -j + 1))，则
[e(s_i, t_j) = inom{(a + i - 1 + b - i + 1) + (j - 1 - j + 1)}{(a + i - 1) + (j - 1)} = inom{a + b}{a + i + j - 2}
]
最后一步不会，即这上面的东西最后就是
[prod_{i = 1} ^ a prod_{j = 1} ^ b prod_{k = 1} ^ c frac{i + j + k - 1}{i + j + k - 2}
]
再随便推一步就好了。
复杂度(mathcal O(n log p))。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 3e6 + 3, mod = 998244353;
int a, b, c; ll ans, tmp1, tmp2;
int fac[N], ivf[N];
int power (int a, int b) {
int ret = 1;
for ( ; b; b >>= 1, a = 1ll * a * a % mod) {
if (b & 1) {
ret = 1ll * ret * a % mod;
}
}
return ret;
}
int main () {
cin >> a >> b >> c;
fac[0] = ivf[0] = 1;
for (int i = 1; i < N; ++i) {
fac[i] = 1ll * fac[i - 1] * i % mod;
}
ivf[N - 1] = power(fac[N - 1], mod - 2);
for (int i = N - 2; i; --i) {
ivf[i] = 1ll * ivf[i + 1] * (i + 1) % mod;
}
ans = 1;
for (int i = 1; i <= a; ++i) {
tmp1 = 1ll * fac[i + b + c - 1] * ivf[i + c - 1] % mod;
tmp2 = 1ll * fac[i + b - 1] * ivf[i - 1] % mod;
ans = 1ll * tmp1 * power(tmp2, mod - 2) % mod * ans % mod;
}
cout << ans << endl;
return 0;
}