Spy_Savior题解
Ultraman-Ace题解
组合意义+容斥原理
转化后题目关键要求有$D+nk$个小球放在$n$个盒子中，每个盒子至少有k个小球的方案数。

题目的等价式子为
$$\sum _{{\sum }_{i=1}^n{a}_i=D+nk[a_i\ge k]}\frac{D!}{{\prod }_{i=1}^n{a}_i!}$$
如果没有至少有k个小球的限制，那么根据组合意义
$$\sum _{{\sum }_{i=1}^n{a}_i=D+nk[a_i\ge 0]}\frac{(D+nk)!}{{\prod }_{i=1}^n{a}_i!}=n^{D+nk}$$

可得
$$\sum _{{\sum }_{i=1}^n{a}_i=D+nk[a_i\ge 0]}\frac{D!}{{\prod }_{i=1}^n{a}_i!}=\frac{D!}{(D+nk)!}{n}^{D+nk}$$

关键是有了限制，考虑容斥原理：

${\text{dp}}_{i,j}$表示$j$个球分到$i$个非法组的方案数，枚举最后一个非法组的球数和$j$个求的分配情况即可

$${\text{dp}}_{i,j}=\sum _{t=0}^{k-1}{\text{dp}}_{i-1,j-t}\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{j}{t}\right)$$

容斥原理，设时间$A_i$表示第$i$个组不合法，那么
∣A1ˉ⋂A2ˉ⋂⋯⋂Anˉ∣=∑i=0n{(−1)n∑j,k∣Aj∣⋃⋯⋃∣Ak∣}|\bar{A_1}\bigcap\bar{A_2}\bigcap\dots \bigcap\bar {A_n}|=\sum_{i=0}^{n}\{(-1)^n\sum_{j,k}|A_j| \bigcup\dots\bigcup|A_k|\}∣A1​ˉ​⋂A2​ˉ​⋂⋯⋂An​ˉ​∣=i=0∑n​{(−1)nj,k∑​∣Aj​∣⋃⋯⋃∣Ak​∣}

而对于其他组就没有限制条件，可以带入上述公式可以直接求得。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll=long long;
template <class T=int> T rd()
{T res=0;T fg=1;char ch=getchar();while(!isdigit(ch)) {if(ch=='-') fg=-1;ch=getchar();}while( isdigit(ch)) res=(res<<1)+(res<<3)+(ch^48),ch=getchar();return res*fg;
}
const ll mod=998244353;
int n,k;
ll D,C[2505][2505],dp[55][2505];
ll qmi(ll a,ll b)
{ll v=1;while(b){if(b&1) v=v*a%mod;b>>=1;a=a*a%mod;}return v;
}
void init()
{for(int i=0;i<=2500;i++)for(int j=0;j<=i;j++) C[i][j]=(j?C[i-1][j]+C[i-1][j-1]:1)%mod;dp[0][0]=1;for(int i=0;i<n;i++)for(int j=0;j<=i*(k-1);j++)for(int t=0;t<k;t++)dp[i+1][j+t]=(dp[i+1][j+t]+dp[i][j]*C[j+t][t]%mod)%mod;
}
int main()
{   n=rd(),k=rd(),D=rd<ll>();init();D+=n*k;ll ans=0;for(int i=0;i<=n;i++){ll v=1;for(int j=0;j<=i*(k-1);j++){ll num=(i&1?mod-C[n][i]:C[n][i]);num=num*qmi(n-i,D-j)%mod*dp[i][j]%mod*v%mod;ans=(ans+num)%mod;v=v*(D-j)%mod*qmi(j+1,mod-2)%mod;}}for(int i=D-n*k+1;i<=D;i++) ans=ans*qmi(i,mod-2)%mod;printf("%lld\n",ans);return 0;
}