題目：https://vjudge.z180.cn/problem/HDU-6397

題意：給三個數n，m，k表示可以從0到n-1選數，選出m個數使他們的加和等於k，例如選三個數使它們的和等於1，1-0-0和0-0-1是不同方案，問能夠組成k的方案數。

題解：

首先不考慮n，這裡的k看成k個小球，然後放到m個盒子裡，就可以使用隔板法，可以為空的話就是答案就是$C_{x+m-1}^{m-1}\textrm{}$,但是這裡還有一個n的限制，就是當單個盒子面放的>=n是不符合的，這部分需要減掉，這裡用容斥原理來做。
根據$C_{x+m-1}^{m-1}\textrm{}$可知，這裡面需要去掉的是有一個盒子>=n，有兩個盒子>=n，有三個盒子>=n等等，首先計算有一個盒子>=n的情況，就是$C_{m}^{1}\textrm{}$ * $C_{x+m-1-1*n}^{m-1}\textrm{}$,這個式子代表從m個盒子裡面任選一個盒子讓它放n個，然後剩下的在m個盒子裡面任意放，就是後面那個式子。當然，這裡可能不止有一個盒子超過n，而且在這裡面有兩個>=n的盒子是計算了倆次，也就是減去了倆次，所以就要加上$C_{m}^{2}\textrm{}$ * $C_{x+m-1-2*n}^{m-1}\textrm{}$,這樣就加上了任選倆個>=n的一次，就相當於在總數上減去了1次，就是正確的了。當然對於$C_{m}^{1}\textrm{}$ * $C_{x+m-1-1*n}^{m-1}\textrm{}$任選一個盒子>=n是隻計算了一次，直接減掉沒問題。對於任選3個盒子大於等於n，$C_{m}^{1}\textrm{}$ * $C_{x+m-1-1*n}^{m-1}\textrm{}$就算了3次，減掉了3次，$C_{m}^{2}\textrm{}$ * $C_{x+m-1-2*n}^{m-1}\textrm{}$加上了三次，$C_{m}^{3}\textrm{}$ * $C_{x+m-1-3*n}^{m-1}\textrm{}$減去一次，所以和就是在總的基礎上減去了1次，是正確的，同理對於任選4個盒子>=n等等，這麼計算下去就是答案。

總結：s=$C_{x+m-1}^{m-1}\textrm{}$
1.任選1個盒子>=n是s-$C_{m}^{1}\textrm{}$ * $C_{x+m-1-1*n}^{m-1}\textrm{}$，這樣任選<=1個盒子，每個盒子>=n就是對的
2.任選兩個盒子>=n是s-$C_{m}^{1}\textrm{}$ * $C_{x+m-1-1*n}^{m-1}\textrm{}$ +$C_{m}^{2}\textrm{}$ * $C_{x+m-1-2*n}^{m-1}\textrm{}$這樣任選<=2個盒子，每個盒子>=n就是對的
3.任選三個盒子>=n是s-$C_{m}^{1}\textrm{}$ * $C_{x+m-1-1*n}^{m-1}\textrm{}$+$C_{m}^{2}\textrm{}$ * $C_{x+m-1-2*n}^{m-1}\textrm{}$ - $C_{m}^{3}\textrm{}$ * $C_{x+m-1-3*n}^{m-1}\textrm{}$
這樣任選<=3個盒子，每個盒子>=n就是對的
...
一個for迴圈掃一遍就行

公式進一步解釋：
對於$C_{x+m-1-num*n}^{m-1}\textrm{}$，num是任選幾個盒子>=n，設ans為任選幾個盒子>=n，當然這裡的ans>=num，然後$C_{ans}^{ans-num}\textrm{}$是num那個狀態公式對ans狀態的影響，即重複了幾次。

#include <algorithm>
#include <bitset>
#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include 
 
<deque>
#include <functional>
#include <iostream>
#include <map>
#include <queue>
#include <set>
#include <stack>
#include <string>
#include <vector>
//#include <unordered_map>
//#include <unordered_set>
//#include <bits/stdc++.h>
//#define int long long
#define pb push_back
#define PII pair<int, int>
#define mpr make_pair
#define ms(a, b) memset((a), (b), sizeof(a))
#define x first
#define y second
typedef long long ll;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const ll INF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const int N = 1e6 + 7;
const int mod = 998244353;
using namespace std;

int fact[N], infact[N];
int quai(int a, int b) {  //求逆元
    int s = 1;
    while (b) {
        if (b & 1) s = (ll)s * a % mod;
        b = b / 2;
        a = (ll)a * a % mod;
    }
    return s;
}
void init(int n) {  //組合數
    fact[0] = 1, infact[0] = 1;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        fact[i] = (ll)fact[i - 1] * i % mod;
        infact[i] = (ll)infact[i - 1] * quai(i, mod - 2) % mod;
    }
}
int C(int a, int b) {  //組合數
    if (a < b) return 0;
    return (ll)fact[a] * infact[b] % mod * infact[a - b] % mod;
}
// signed main(){
int main(int argc, char const *argv[]) {
    int T;
    init(1e6);
    scanf("%d", &T);
    while (T--) {
        int n, m, x;
        scanf("%d%d%d", &n, &m, &x);
        ll s = C(m + x - 1, m - 1); //總的s
        int f = -1; 
        //掃一遍
        for (int i = 1; i * n <= x; i++) {
            s = (s +(ll)f * C(m, i) * C((ll)m + x - 1 - (ll)i * n, m - 1) % mod + mod) % mod;
            f *= -1;
        }
        printf("%lld\n", s % mod);
    }
    return 0;
}