題目鏈接：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=6397
題意：共有m個取值範圍爲[0,n-1]的數字，求使得總和爲k的方案數。
思路：鏈接：https://blog.csdn.net/yu121380/article/details/82802502
我們可以把k看成k個1，通過m-1個隔板來分割成m個數字。但是這樣做會有問題，就是數字可能爲0，但是隔板法不允許這種情況存在，所以我們可以做一個等價處理，即將取值範圍+1，即[1,n],那麼相應的總和也要加上m,即k+m，則問題轉化爲 “共有m個取值範圍爲[1,n]的數字，求使得總和爲m+k的方案數”, 根據隔板法可以得出無限制的情況下方案數爲 C(m+k-1, m-1)。
對於此題，共有ans=C(k+m-1,m)，但此時，會出現有的數>=n，所以我們要將減掉 出現1數值>=n，（有C(m,1)種選法）2個數值>=n（有C(m,2)種選法）.....(k/n,m)個數值大於等於n的情況 ，f(i)=C(k+m-n*i-1,m)....但減去f(1)時，會多減了f(2)，f(3)......，所以要加上f(2)，但此時又多加了f(3)....如此往復，發現，當i爲奇數時，減去f(i)，i爲偶數時，加上f(i)
這道題的k，就相當於有k個小球，放到m個盒子裏，如果不考慮Xi的約束條件，答案就是。我們考慮，這些答案裏會有某些，我們應該把這些情況去掉。當有一個的時候，有種Xi。此時就相當於k個小球中，已經有n個小球放到了某個盒子裏，接下來把剩下的k-n個小球放到m個盒子裏就是有這麼多種情況。所以我們用，這樣的話，多減去了有兩個的情況，我們又要加回來。考慮到這裏，就不難發現，這可以用容斥原理解決。
#include <cstdio>
#include <queue>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <math.h>
#include <map>
#include <set>
#include <bitset>
#include <stack>
#define ull unsigned long long
#define lson l,mid,rt<<1
#define rson mid+1,r,rt<<1|1
#define mems(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mod=998244353;
const int N=2e5+10;
const double pi=acos(-1);
const int inf=0x3f3f3f3f;
const int M=50000+5;
ll n,m,k;
ll f[N],inv[N];
ll qpow(ll a,ll b)
{
ll ans=1;
while(b)
{
if(b&1)
ans=ans*a%mod;
a=a*a%mod;
b>>=1;
}
return ans%mod;
}
void init()
{
f[0]=inv[0]=1;
for(int i=1;i<N;i++)
{
f[i]=f[i-1]*i%mod;
inv[i]=qpow(f[i],mod-2);
}
}
ll CC(ll n,ll m)
{
return f[n]*inv[n-m]%mod*inv[m]%mod;
}
int main()
{
init();
int t;
scanf("%d",&t);
while(t--)
{
scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&k);
ll ans=CC(k+m-1,m-1);
ll len=min(k/n,m);
for(int i=1;i<=len;i++)
{
if(i&1)
ans=(ans-CC(m,i)*CC(k+m-1-i*n,m-1)%mod+mod)%mod;
else
ans=(ans+CC(m,i)*CC(k+m-1-i*n,m-1)%mod)%mod;
}
printf("%lld\n",ans%mod);
}
}