Description

　　
　　数学老师走啦，英语老师来上课啦
　　他的性格与众不同，又因为大家都是理科班的学生
　　他希望大家在数字母的过程中领悟英语的快乐
　　他用m种字母进行排列组合，
　　得到了所有不同的，长度为n的字符串
　　（不需要所有字母都出现在字符串中）
　　对于每个字符串s
　　定义C(s)为s中出现次数最多的字母的出现次数
　　那么问题来了
　　所有的这些字符集大小为m，长度为n的字符串中
　　 C(s)=k的有多少个呢
　　

Input

　　
　　一行三个整数n,m,k，分别表示长度，字符集和要求的C(s)
　　

Output

　　
　　输出一行表示结果
　　答案对998244353取模
　　

Sample Input

　　
　　 3 2 2
　　

Sample Output

HINT

　　
　　数据保证k≤n
　　对于10%的数据，1≤n,m≤8
　　对于30%的数据，1≤n,m≤200
　　对于50%的数据，1≤n,m≤1000
　　对于100%的数据，1≤n,m≤50000
　　
　　样例解释：
　　
　　假设样例中的两个字母为a,b
　　则满足条件的有aab,aba,abb,baa,bab,bba六个
　　　　
　　
　　

Solution

　　
　　首先把最直观的DP方程列出来。
　　
　　记\(f[i][j][k]\)为当前考虑到第\(i\)个字母，已经使用了串中的\(j\)个位置，出现最多的字母次数不超过\(k\)的方案数。答案就是\(f[m][n][k]-f[m][n][k-1]\)。
　　　
　　转移方程显然是枚举当前字母使用多少次：
\[ f[i][j][k]=\sum_{x=0}^k {j\choose x}f[i-1][j-x][k] \]
　　然后可以发现\(k\)十分的冗余，并没有参与转移。也就是说\(k\)仅仅作用于循环范围控制上。
　　
　　我们尝试把最后一维省掉：\(f[i][j]\)。\(k\)仍然发挥作用，也就是现在的\(f[i][j]\)对应着原来的\(f[i][j][k]\)。
　　
　　现在看看方程：
\[ \begin{aligned} f[i][j]&=\sum_{x=0}^k{j\choose x}f[i-1][j-x]\\ &=\sum_{x=0}^k\frac{j!}{x!(j-x)!}f[i-1][j-x]\\ \frac{f[i][j]}{j!}&=\sum_{x=0}^k\;x!\;\frac{f[i-1][j-x]}{(j-x)!} \end{aligned} \]
　　后面显然是一个卷积的形式，并且等号左边的形式和卷积右半边的形式一样。所以可以把每个\(f[i]\)看做一个多项式
　　
\[ f[i]=\frac{f[i][0]}{0!}+\frac{f[i][1]}{1!}x+\frac{f[i][2]}{2!}x^2+...+\frac{f[i][n]}{n!}x^n \]
　　
　　转移就是这个多项式和
　　
\[ T(x)=\frac1{0!}+\frac1{1!}x+\frac1{2!}x^2...+\frac1{k!}x^k \]
　　
　　的卷积。即\(f[n]=f[0]*T^{n}(x)\)
　　
　　而\(T(x)\)是独立的存在不受其他东西影响，所以将\(T(x)\)用快速幂自卷积一下，再用\(f[0]\)卷积一下就好了。根据定义，\(f[0]=1\)，所以相当于直接求\(T(x)\)的\(n\)次方。答案别忘了乘上\(n\)的阶乘。
　　

#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;
const int N=50005,MOD=998244353,G=3,B17=131100;
int fact[N],iact[N];
inline void swap(int &x,int &y){x^=y^=x^=y;}
inline int pow(int x,int y){
    int res=1;
    for(;y;x=1LL*x*x%MOD,y>>=1)
        if(y&1) res=1LL*res*x%MOD;
    return res;
}
namespace NTT{/*{{{*/
    int n,invn,bit,rev[B17],W[B17][2];
    void build(){
        int b=pow(G,MOD-2);
        for(int i=0;i<=17;i++){
            W[1<<i][0]=pow(G,(MOD-1)/(1<<i));
            W[1<<i][1]=pow(b,(MOD-1)/(1<<i));
        }
    }
    void init(int _n){
        for(n=1,bit=0;n<_n;n<<=1,bit++);
        invn=pow(n,MOD-2);
        for(int i=0;i<n;i++) rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)<<(bit-1));
    }
    void clear(int *a){for(int i=0;i<n;i++)a[i]=0;}
    void ntt(int *a,int f){
        for(int i=0;i<n;i++) if(i<rev[i]) swap(a[i],a[rev[i]]);
        int u,v,w_n,w;
        for(int i=2;i<=n;i<<=1){
            w_n=W[i][f==-1];
            for(int j=0;j<n;j+=i){
                w=1;
                for(int k=0;k<i/2;k++){
                    u=a[j+k]; v=1LL*w*a[j+i/2+k]%MOD;
                    a[j+k]=(u+v)%MOD; a[j+i/2+k]=(u-v)%MOD;
                    w=1LL*w*w_n%MOD;
                }
            }
        }
        if(f==-1)
            for(int i=0;i<n;i++) a[i]=1LL*a[i]*invn%MOD;
    }
}/*}}}*/
void ksm(int *x,int y,int n,int *res){
    NTT::init((n+1)*2);
    NTT::clear(res);
    res[0]=1;
    for(;y;y>>=1){
        NTT::ntt(x,1);
        if(y&1){
            NTT::ntt(res,1);
            for(int i=0;i<NTT::n;i++) res[i]=1LL*res[i]*x[i]%MOD;
            NTT::ntt(res,-1);
            for(int i=n+1;i<NTT::n;i++) res[i]=0;
        }
        for(int i=0;i<NTT::n;i++) x[i]=1LL*x[i]*x[i]%MOD;
        NTT::ntt(x,-1);
        for(int i=n+1;i<NTT::n;i++) x[i]=0;
    }
}
int solve(int n,int m,int k){
    static int a[B17],b[B17];
    memset(a,0,sizeof a);
    for(int i=0;i<=k;i++) a[i]=iact[i];
    ksm(a,m,n,b);
    return 1LL*fact[n]*b[n]%MOD;
}
int main(){
    freopen("input.in","r",stdin);
    NTT::build();
    int n,m,k;
    scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
    fact[0]=1;
    for(int i=1;i<=n;i++) fact[i]=1LL*fact[i-1]*i%MOD;
    iact[n]=pow(fact[n],MOD-2);
    for(int i=n-1;i>=0;i--) iact[i]=1LL*iact[i+1]*(i+1)%MOD;
    int ans=(solve(n,m,k)-solve(n,m,k-1))%MOD;
    printf("%d\n",ans<0?ans+MOD:ans);
    return 0;
}

Counting