2020年牛客多校第五场C题

设一个二维数组 $c$，不能为0；

令 $c[0][j]=c[1][j]$

再取一个数组 $A$和数组 $B$，可以为0

令 $a[i]=A[i]+c[0][i]$

$b[i]=B[i]+c[1][i]$

如给定 $N=4,M=4,k=2$

你可以给 $c$数组赋值为 $c[0][1]=c[0][2]=c[1][1]=c[1][2]=1$;

那么你的 $A$数组可以赋值为 $A[1]=2,A[2]=0$

$B$数组可以赋值为 $B[1]=0,B[3]=2$;

这样构造出一种 $ab$数组便是 $a=${ $3$, $1$} $b$={ $1$, $3$}

如果确定了 $c$数组，且 $\sum\limits_{i=1}^{k}c[0][i]=r$，那么 $A,B$数组的组合数**(注意A,B数组中元素都可为0**）便是 $C(N-r+k-1,k-1)*C(M-r+k-1,k-1)$， $C(n,m)$表示 $n$个取 $m$个的组合数（因为 $sum(c[0])+sum(A)=N且sum(c[1])+sum(B)=M$才是合法的）
对这样的c数组计数（即上面的组合数乘积）相当于对于所有任意 $i=1...k$的都有 $min(a_i,b_i)>=c[0][i]$的ab数组都计了一次数

请往下看

考虑一个确定 $a,b$数列的 $MIN$数列，其中 $MIN[i]=min(a[i],b[i])$

显然这个 $a,b$数列产生的贡献是 $\prod\limits_{i=1}^{=k}MIN[i]$（这个是定义的）

**接下来来讨论一个确定的 $MIN$数组 $MIN_x$，并且 $a,b$也是确定的 **

我们尝试把乘法拆成计数贡献。

那么显然对于特定的 $MIN_x$数组，其应该要被计数的次数便是 $\prod\limits_{i=1}^{k}MIN_x[i]$.

那么我们把这个计数分到每一个特定的 $c$数组和 $A,B$组合中去便可以了。

想一下，什么样的 $c$数组跟 $A,B$数组组成的 $a,b$数组会形成这个 $MIN_x$数组(注意，a,b数组也是特定的了）呢。

显然是对于对于任意 $i=1..k$都有 $c[0][i]<=MIN_X[i]$

这样的 $c$数组跟 $A,B$的组合形成的 $a,b$数组的 $MIN$数组中一定会有跟 $MIN_x$数组一样的。有且仅有一个

这样的 $c$数组会有多少个呢？

显然会有 $\prod\limits_{i=1}^{k}MIN_x[i]$个，因为你只要 $c[0]$数组的每一位数都对应小于等于 $MIN_X$就行了。

也就是说问题完美的转成计数问题了，即是转换成所有 $c$数组产生的 $A,B$数组的种数之和。

容易知道对于和相同的 $c$数组对应的 $A,B$数组个数是一样的，相同和如 $r$的种数有 $C(r-1,k-1)$插板法

以 $N=3,M=3,K=2$为例

若 $c[0]=${ $1$, $1$}，则对应的 $A,B$数组组合有：

$A_1=${ $0$, $1$}, $B_1$={ $0,1$},则 $a_1=1,2$, $b_1=1,2$, $MIN_1=1,2$

$A_2=0,1,B_2=1,0$,则 $a_2=1,2$, $b_2=2,1$, $MIN_2=1,1$

接下来有 $a_3=2,1$, $b_3=1,2$, $MIN_3=1,1$

$a_4=2,1$, $b_4=2,1$, $MIN=2,1$

这样对这个 $c$计数的话就相当于对以上四种 $a,b$都计了一次数了

手动模拟一下 $c$的其他数组对照上面的讲解就会迎刃而解了。

还是看不懂就是我不会解释

代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define endl '\n'
#define rep(i,l,r) for(int i=l;i<=r;i++)
#define per(i,r,l) for(int i=r;i>=l;i--)
const int MX=1e6+7;
const int mod=998244353;
const double pi=3.1415926535897932384;
double isp=1e-13;
using namespace std;
ll qpow(ll a,ll b,ll MOD=mod){for(ll ans=1;;a=a*a%MOD,b>>=1){if(b&1)ans=ans*a%MOD;if(!b)return ans;}}
ll inv(ll a,ll MOD=mod){return qpow(a,MOD-2,MOD);}//要求MOD为质数
ll exgcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y){if(b==0){x=1,y=0;return a;}ll ret=exgcd(b,a%b,y,x);y-=a/b*x;return ret;}
ll getInv(int a,int mod){ll x,y;ll d=exgcd(a,mod,x,y);return d==1?(x%mod+mod)%mod:-1;}//求a在mod下的逆元，不存在逆元返回-1，不要求MOD为质数
ll p[MX],np[MX],in[MX];
ll C(ll n,ll m)
{
    return p[n]*np[m]%mod*np[n-m]%mod;
}
int main()
{
  ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0);
  p[0]=np[0]=in[1]=1;
  for(int i=1;i<MX;i++)p[i]=p[i-1]*i%mod;
  for(int i=2;i<MX;i++)in[i]=mod-(mod/i)*in[mod%i]%mod;
  for(int i=1;i<MX;i++)np[i]=np[i-1]*in[i]%mod;
  int t;
  cin>>t;
  while(t--)
  {
      int n,m,k;
      cin>>n>>m>>k;
      ll ans=0;
      for(int i=k;i<=min(n,m);i++)
      {
          ans=(ans+1ll*C(i-1,k-1)*C(n-i+k-1,k-1)%mod*C(m-i+k-1,k-1))%mod;

      }
      cout<<ans<<endl;
  }
  return 0;
}