题面
题解
tm怎么天天数数（
考虑一个点数为 (n) 的有向完全图：对于边 (i o j) 来说，若 (i<j) 则边权为 (x)，否则边权为 (1)。
显然答案就是这张图中以 (r) 为根的且边权乘积为 (x^m) 的内向树个数。
考虑矩阵树定理。
先推出基尔霍夫矩阵 (K)：
其中：
-
(D) 为度数矩阵（加权），只有 ((i,i)) 有值。同时这是内向树，统计的是每个点的加权出度。
-
(A) 为邻接矩阵（加权），除了 ((i,i)) 都有值。
由于需要以 (r) 为根，所以我们去掉第 (r) 行和第 (r) 列，变成一个 ((n-1) imes(n-1)) 的矩阵（设去掉第 (r) 行和去掉第 (r) 列之前的 (n imes n) 的矩阵为 (S)）。那么答案为：
上面这里我们是新加了一行和一列，我们来证明这个等式为什么是对的：
不妨设原来的行列式的值为 (v)，新加了一行一列的行列式的值为 (v')。结合行列式的定义，显然当矩阵第一行选最后一个 (1) 的时候才对行列式的值有贡献，此时会比没有新添加一行一列时多出 (n-1) 个逆序对。所以得到 (v imes (-1)^{n-1}=v')，也就得到 (v=v' imes (-1)^{n-1})。
那么由于矩阵的一行加上另一行的倍数后行列式不变，所以不妨将第 (2sim n) 行都加上第 (1) 行，那么此时原式变为：
设最后推出来的这个矩阵为 (T)。（注意：(T) 不是上三角矩阵，因为对角线是 (1,underbrace{1-x,cdots,1-x}_{(n-2) ext{个}},1)）
由于我们一开始删掉了第 (r) 行和第 (r) 列，所以我们不妨设 (T) 矩阵的第 (i) 列代表的是一开始 (S) 矩阵的第 (a_i) 列，那么易知 (a_i=i+[igeq r](1leq i <n))。
设 (C_i) 表示由 (T) 矩阵第 (isim n) 列和第 (isim n) 行构成的矩阵，(det olimits_i) 表示 (C_i) 的行列式。
按第一列选哪个分类讨论，易得下面的递推式：（(2leq i<n)，(det olimits_{n}=1)）
设 (f_i=(a_i-n-1)x+1-a_i)（特判 (f_n=1)），显然有 (det olimits_2=prodlimits_{i=2}^{n}f_i)。
这是简单的分治 NTT，可以轻松实现。
但你发现 (det olimits_1) 好像不太好处理。
我们还是按第一列哪一个分类讨论：
-
如图，如果我们第一列选了第一个数 (1)，那么我们之后选的数只能在红框里面选了：
又由于第一列第一个数不会和后面的数产生逆序对，所以易知这种情况的贡献为 (1 imes f_2=f_2)。
-
如图，如果我们第一列选了第二个数 ((n-a_1)x+a_1)：
显然，我们并不能用 (f_2) 转移，因为第一行后面是 (1)，而第二行后面是 (1-x)，它们不相同。
那么我们枚举第一行选了哪一个，设第一行选了第 (i) 列的 (1)：（(1<ileq n)）
（十分抱歉，笔者下面的所有图中所有的 ((n-a_i)x+a_i) 都写成了 ((n-a_i)+a_i)，请自行脑补一个 (x) 上去）
然后你发现，第二列只能选第三个数，因为前两行都被选过了，而选第四行以后都是 (0) 没有贡献。
然后再推一推就能发现，对于前 (i-1) 列中的每一列 (j(1leq j<i))，都只能选第 (j+1) 行，而对于第 (i) 列后面的所有列，它们可以且只能在 (C_{i+1}) 里面选：
那么对于这种情况，显然它的贡献为：
[egin{aligned} &(-1)^{i-1}left(prod_{j=1}^{i-1}(n-a_j)x+a_j ight)det olimits_{i+1}\ =&left(prod_{j=1}^{i-1}(a_j-n)x-a_j ight)left(prod_{j=i+1}^{n}f_i ight) end{aligned} ]设 (p_j=(a_j-n)x-a_j)，(p_{l..r}=prodlimits_{j=l}^r p_j)，(f_{l..r}=prodlimits_{j=l}^r f_j)。
然后枚举每一个 (i)，统计第一列选第二个时的答案：
[sum_{i=2}^n p_{1..i-1}f_{i+1..n} ]这是
简单的分治 NTT，可以轻松实现。具体来说，假设当前要求 (S_{l,r}=sumlimits_{i=l}^r p_{l-1..i-1}f_{i+1...r+1})，而且左右都分治好了，那么：
[S_{l,r}=S_{l,mid}f_{mid+2..r+1}+p_{l-1..mid-1}S_{mid+1,r} ]
那么两种情况都处理完了，最后得到：
输出 (det_1) 的 (m) 次项系数即可。
时间复杂度 (O(nlog^2n))。
注意所有的东西都可以用一次分治 NTT 求出来，不需要求两次。
代码如下：
#include<bits/stdc++.h>
#define LN 18
#define N 100010
#define mod 998244353
using namespace std;
inline int read()
{
int x=0,f=1;
char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9')
{
if(ch=='-') f=-1;
ch=getchar();
}
while(ch>='0'&&ch<='9')
{
x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^'0');
ch=getchar();
}
return x*f;
}
namespace modular
{
int add(int x,int y){if((x+=y)>=mod)x-=mod; return x;}
int dec(int x,int y){if((x-=y)<0)x+=mod; return x;}
int mul(int x,int y){return 1ll*x*y%mod;}
}
using namespace modular;
int n,rt,m;
int rev[N<<1],w[LN][N<<1][2];
int sl[N<<1],sr[N<<1],fl[N<<1],fr[N<<1],pl[N<<1],pr[N<<1];
int ns[N<<1],nf[N<<1],np[N<<1];
vector<int>f[N<<2],p[N<<2],s[N<<2];
int poww(int a,int b)
{
int ans=1;
while(b)
{
if(b&1) ans=mul(ans,a);
a=mul(a,a);
b>>=1;
}
return ans;
}
void init(int limit)
{
for(int bit=0,mid=1;mid<limit;bit++,mid<<=1)
{
int len=mid<<1;
int gn=poww(3,(mod-1)/len);
int ign=poww(gn,mod-2);
int g=1,ig=1;
for(int j=0;j<mid;g=mul(g,gn),ig=mul(ig,ign),j++)
w[bit][j][0]=g,w[bit][j][1]=ig;
}
}
void NTT(int *a,int limit,int opt)
{
opt=(opt<0);
for(int i=0;i<limit;i++)
rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)*(limit>>1));
for(int i=0;i<limit;i++)
if(i<rev[i]) swap(a[i],a[rev[i]]);
for(int bit=0,mid=1;mid<limit;bit++,mid<<=1)
{
for(int len=mid<<1,i=0;i<limit;i+=len)
{
for(int j=0;j<mid;j++)
{
int x=a[i+j],y=mul(w[bit][j][opt],a[i+mid+j]);
a[i+j]=add(x,y),a[i+mid+j]=dec(x,y);
}
}
}
if(opt)
{
int tmp=poww(limit,mod-2);
for(int i=0;i<limit;i++)
a[i]=mul(a[i],tmp);
}
}
void solve(int k,int l,int r)
{
if(l==r)
{
if(l<n-1)
{
int a=(l+1)+((l+1)>=rt);
f[k].push_back(dec(1,a));
f[k].push_back(dec(a,n+1));
}
else
{
f[k].push_back(1);
f[k].push_back(0);
}
int a=(l-1)+((l-1)>=rt);
p[k].push_back(dec(0,a));
p[k].push_back(dec(a,n));
s[k].push_back(mul(f[k][0],p[k][0]));
s[k].push_back(add(mul(f[k][1],p[k][0]),mul(f[k][0],p[k][1])));
s[k].push_back(mul(f[k][1],p[k][1]));
return;
}
int mid=(l+r)>>1,lc=k<<1,rc=k<<1|1;
solve(lc,l,mid),solve(rc,mid+1,r);
for(int i=0,size=s[lc].size();i<size;i++) sl[i]=s[lc][i];
for(int i=0,size=s[rc].size();i<size;i++) sr[i]=s[rc][i];
for(int i=0,size=f[lc].size();i<size;i++) fl[i]=f[lc][i];
for(int i=0,size=f[rc].size();i<size;i++) fr[i]=f[rc][i];
for(int i=0,size=p[lc].size();i<size;i++) pl[i]=p[lc][i];
for(int i=0,size=p[rc].size();i<size;i++) pr[i]=p[rc][i];
int limit=1;
while(limit<=(r-l+2)) limit<<=1;
NTT(sl,limit,1),NTT(sr,limit,1),NTT(fl,limit,1),NTT(fr,limit,1),NTT(pl,limit,1),NTT(pr,limit,1);
for(int i=0;i<limit;i++)
{
ns[i]=add(mul(sl[i],fr[i]),mul(pl[i],sr[i]));
nf[i]=mul(fl[i],fr[i]);
np[i]=mul(pl[i],pr[i]);
}
NTT(ns,limit,-1),NTT(nf,limit,-1),NTT(np,limit,-1);
for(int i=0;i<=(r-l+2);i++) s[k].push_back(ns[i]);
for(int i=0;i<=(r-l+1);i++) f[k].push_back(nf[i]);
for(int i=0;i<=(r-l+1);i++) p[k].push_back(np[i]);
for(int i=0;i<limit;i++) sl[i]=sr[i]=fl[i]=fr[i]=pl[i]=pr[i]=ns[i]=nf[i]=np[i]=0;
}
int main()
{
n=read(),rt=read(),m=read();
if(n==1)
{
cout<<1<<endl;
return 0;
}
int limit=1;
while(limit<=n) limit<<=1;
init(limit);
solve(1,2,n);
if(2<n-1)
{
int a=2+(2>=rt);
fl[0]=dec(1,a),fl[1]=dec(a,n+1);
}
else fl[0]=1;
for(int i=0,size=f[1].size();i<size;i++) fr[i]=f[1][i];
NTT(fl,limit,1),NTT(fr,limit,1);
for(int i=0;i<limit;i++)
fl[i]=mul(fl[i],fr[i]);
NTT(fl,limit,-1);
int ans=add(m<n-1?fl[m]:0,s[1][m]);
printf("%d
",(n&1)?ans:dec(0,ans));
return 0;
}
/*
4 3 2
*/