[noi239]count

将每一个ai表示为$ai=ki\cdot m+ri$，即满足$m\sum ki+\sum ri=n$且$0<ri<m$
枚举$S=\sum ri$（S范围是$k\le S\le k(m-1)$且与n同余，只有k个值），之后相当于让$\sum ki=(n-S)/m$，根据插板法以$o(k)$（c的定义）计算
还要计算出$\sum ri=S$的方案数，设f(i)表示有i个j满足$m\le rj$，其余无限制的方案数，那么答案就是$\sum_{i=0}^{k}(-1)^k\cdot f(k)$
f(i)的计算很简单，先是从k个数中选取i个，即c(k,i)；再将不满足的rj都减去m-1，即有n个数的和为$S-(m-1)i$的方案数，也用插板法，但可以o(1)计算（预处理阶乘即逆元）

 1 #include<bits/stdc++.h>
 2 using namespace std;
 3 #define mod 998244353
 4 #define ll long long
 5 #define N 25000005 
 6 int m,k,ans,fac[N],inv[N];
 7 ll n;
 8 int c1(ll n,int m){
 9     int ans=1;
10     for(int i=0;i<m;i++)ans=1LL*(n-i)%mod*ans%mod;
11     return 1LL*ans*inv[m]%mod;
12 }
13 int c2(int n,int m){
14     if (n<m)return 0;
15     return 1LL*fac[n]*inv[m]%mod*inv[n-m]%mod;
16 }
17 int f(int n){
18     int p=-1,ans=0;
19     for(int i=0;i<=k;i++){
20         p*=-1;
21         ans=(ans+1LL*p*c2(k,i)*c2(n-(m-1)*i-1,k-1)%mod+mod)%mod;
22     }
23     return ans;
24 }
25 int main(){
26     scanf("%lld%d%d",&n,&m,&k);
27     fac[0]=inv[0]=inv[1]=1;
28     for(int i=1;i<=k*m;i++)fac[i]=1LL*fac[i-1]*i%mod;
29     for(int i=2;i<=k*m;i++)inv[i]=1LL*(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;
30     for(int i=1;i<=k*m;i++)inv[i]=1LL*inv[i-1]*inv[i]%mod;
31     for(int i=0;i<k;i++){
32         int j=i*m+n%m;
33         if ((j<k)||(k*(m-1)<j))continue;
34         ans=(ans+1LL*c1((n-j)/m+k-1,k-1)*f(j))%mod;
35     }
36     printf("%d",ans); 
37 }

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