题意
若序列 (A,B) 满足 (sum_{i=1}^{K}{a_i}=N,sum_{i=1}^{K}{b_i}=M) ，则其对答案的贡献是：(P=prod_{i=1}^{K}{min(a_i,b_i)})，问所有满足条件的序列的总贡献为多少。
(1leq N,M leq 10^6,1leq K leq min(N,M))
https://ac.nowcoder.com/acm/contest/5670/C
分析
如果本题求的是构造的序列 (A,B) 的方案总数，那么可以构造下列的生成函数：
[S=(x+x^2+x^3+dots +x^N)^K*(y+y^2+y^3+dots +y^M)^K
]
答案为展开式中 (x^Ny^M) 的系数。
但题目要求：
[prod_{i=1}^{K}{min(a_i,b_i)}
]
因此，可以构造生成函数：？
[S=sum_{i,jin [1,infty)}{min(i,j)x^iy^j}
]
那么，最终的答案为 (S^K) 的展开式中 (x^Ny^M) 的系数。
[egin{align}
S &= xy+xy^2+xy^3+dots \
&+x^2y+2x^2y^2+2x^2y^3+dots\
&+x^3y+2x^3y^2+3x^3y^3+dots\
end{align}
]
两边同时乘上 (x)，有：
[egin{align}
xS &= 0+0+0+dots\
&+ x^2y+x^2y^2+x^2y^3+dots\
&+ x^3y+2x^3y^2+2x^3y^3+dots\
end{align}
]
两式相减，得：
[egin{align}
S-xS &= xy+xy^2+xy^3+dots\
&+0+x^2y^2+x^2y^3+dots\
&+0+0+x^3y^3+dots
end{align}
]
令 (f(1)=xy(1+y+y^2+y^3+dots) , f(n)=xyf(n-1))，则：
[S-xS=sum_{i=1}^{infty}{f(i)}=f(1)*(1+xy+x^2y^2+dots)=xy*(1+y+y^2+dots)*(1+xy+x^2y^2+dots)
]
令 (G(x)=1+x+x^2+x^3+dots)，那么 (S(1-x)=xy*G(y)*G(xy))。
因为 (G(x)=xG(x)+1)，即 (G(x)=frac{1}{1-x})，因此：(S=xy*G(x)*G(y)*G(xy))，所以有：
[S^K=x^Ky^KG(x)^KG(y)^KG(xy)^K
]
又根据广义二项式定理：
[frac{1}{(1-x)^n}=sum_{i=0}^{infty}{C_{n+i-1}^{i-1}x^i}
]
即
[G(x)^K=sum_{i=0}^{infty}{C_{K+i-1}^{i-1}{x^i}}
]
在生成函数中，(x^Ny^M) 的系数为答案，而多项式前面已经有了 (x^Ky^K)。因此，可以在 ([0,min(N,M)-K]) 内枚举 (xy) 的系数，然后根据 (N) 和 (M) 补全出 (x) 和 (y) 的系数，最终得到答案：
[ans=sum_{i=0}^{min(N,M)-K}{C_{K+(N-K-i)-1}^{K-1}*C_{K+(M-K-i)-1}^{K-1}*C_{K+i-1}^{K-1}}
]
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mod=998244353;
const int N=1e6+6;
ll fac[N],inv[N];
ll power(ll a,ll b)
{
ll res=1;
a%=mod;
while(b)
{
if(b&1) res=res*a%mod;
a=a*a%mod;
b>>=1;
}
return res;
}
void init()
{
int maxn=1e6;
fac[0]=1;
for(int i=1;i<=maxn;i++)
fac[i]=fac[i-1]*i%mod;
inv[maxn]=power(fac[maxn],mod-2);
for(int i=maxn-1;i>=0;i--)
inv[i]=1LL*inv[i+1]*(i+1)%mod;
}
int main()
{
int T,n,m,k;
init();
scanf("%d",&T);
while(T--)
{
scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
ll ans=0;
int minn=min(n,m);
for(int i=0;i<=minn-k;i++)//枚举
{
ll t1=fac[k+i-1]*inv[k-1]%mod*inv[i]%mod;
ll t2=fac[n-i-1]*inv[k-1]%mod*inv[n-k-i]%mod;
ll t3=fac[m-i-1]*inv[k-1]%mod*inv[m-k-i]%mod;
ans=(ans+t1*t2%mod*t3)%mod;
}
printf("%lld
",ans);
}
return 0;
}