题目传送门（内部题2）
输入格式
每个测试点有多组测试数据。
对于每组数据，有一行共三个整数$N$，$D$，$M$含义如题。
输入结束标识为$“0 0 0”$ (不含引号)。
输出格式
对于每组数据，输出一行共一个整数，表示方案数对$998244353$取膜后的结果。
样例
样例输入：
5 2 5
3 3 3
5 4 5
4 1 2
1 5 1
1250 50 50
0 0 0
样例输出：
4
7
52
0
0505279299
数据范围与提示
$T leqslant 10$
对于$30\%$的数据：
$N leqslant 20$
$D leqslant 20$
$M leqslant 10$
对于$100\%$的数据：
$N leqslant 2000$
$D leqslant {10}^{12}$
$M leqslant 2000$
题解
$30\%$算法：
要注意每天给她的饼干数要少于M，没有等于。
看到这道题，首先应该想到DP，定义dp[i][j]表示到第i天，还剩j个饼干的方案数。
那么很轻易的就可以列出状态转移方程：
$dp[i][j]= sum limits_{k=0}^{ min(M-1,N-j)} dp[i-1][j+K]$
时间复杂度：$O(N imes D imes M)$。
空间复杂度：$D imes N$。
期望得分：$30$分。
实际得分：$30$分。
$30\%$算法（进阶）：
上面的算法显然空间不能接受，那么我们应该怎么优化呢？
发现$D$很大，但是我们又发现真正会给她饼干之多$N$天。
那么我们就相当与将天数压缩到$N$天，显然在空间上就可以接受了。
定义$dp[i][j]$表示真的给她饼干的天数为$i$，一共给出了$j$块饼干的方案数。
那么就又可以列出状态转移方程了：
$dp[i][j]= sum limits_{k=max(j-M+1,0)}^{j-1} dp[i-1][K]$
答案即为：$ans= sum limits_{i=1}^{N} dp[i][N] imes C_D^i$。
至于如何计算$C_D^i$：
显然杨辉三角打表无论是时间上还是空间上都不能接受，$Lucas$定理时间上也不能够接受，所以这两种常用的方式显然都行不通，所以我们考虑化简式子：
$C_D^i = frac{D!}{i! imes (D-i)!} = frac {D-i+1 imes D-i+2 imes ... imes D-1 imes D}{1 imes 2 imes ... imes i-1 imes i}$
虽然$D$很大，但是$i leqslant N$所以我们只需要计算很小的一段区间即可，无论是时间上还是空间上都的到了解决。
时间复杂度：$O(N^2 imes M)$。
空间复杂度：$N^2$。
期望得分：$30$分。
$100\%$算法：
发现上面$30\%$（进阶）的算法中，枚举K的循环可以使用前缀和优化实现$O(1)$转移。
时间复杂度：$O(N^2)$。
空间复杂度：$N^2$。
期望得分：100分。
代码时刻
$30\%$代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m;
long long d;
long long dp[2010][2010];//数组不要过大
int main()
{
while(1)
{
scanf("%d%lld%d",&n,&d,&m);
if(!n&&!m&&!d)break;
memset(dp,0,sizeof(dp));
dp[0][n]=1;
for(int i=1;i<=d;i++)
for(int j=0;j<=n;j++)
for(int k=0;k<m&&j+k<=n;k++)
dp[i][j]=(dp[i][j]+dp[i-1][j+k])%998244353;//状态转移
printf("%lld
",dp[d][0]);
}
return 0;
}
$30\%$算法（进阶）：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m;
long long d;
long long dp[2010][2010];
long long ans;
long long p[2010],jc[2010],qsm[2010],c[2010];
long long qpow(long long x,long long y)
{
long long ans=1;
while(y)
{
if(y&1)ans=(ans*x)%998244353;
y>>=1;
x=(x*x)%998244353;
}
return ans;
}
void pre_work_wzc()//预处理
{
jc[0]=1;
for(int i=1;i<=2000;i++)
jc[i]=jc[i-1]*i%998244353;
for(int i=0;i<=2000;i++)
qsm[i]=qpow(jc[i],998244351)%998244353;
}
void pre_work()//还是预处理
{
memset(dp,0,sizeof(dp));
dp[0][0]=1;
ans=0;
p[0]=1;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
p[i]=(d-i+998244354)%998244353*p[i-1]%998244353;
c[i]=p[i]*qsm[i]%998244353;
}
}
int main()
{
pre_work_wzc();
while(1)
{
scanf("%d%lld%d",&n,&d,&m);
if(!n&&!m&&!d)break;
pre_work();
for(int i=1;i<=min((long long)n,d);i++)
for(int j=i;j<=n;j++)
for(int k=max(j-m+1,0);k<j;k++)
dp[i][j]=(dp[i][j]+dp[i-1][k])%998244353;//状态转移
for(int i=1;i<=n;i++)
ans=(ans+dp[i][n]*c[i])%998244353;//统计答案
printf("%lld
",ans);
}
return 0;
}
$100\%$算法：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m;
long long d;
long long dp[2010][2010];
long long flag[2010][2010];//前缀和数组
long long ans;
long long p[2010],jc[2010],qsm[2010],c[2010];
long long qpow(long long x,long long y)
{
long long ans=1;
while(y)
{
if(y&1)ans=(ans*x)%998244353;
y>>=1;
x=(x*x)%998244353;
}
return ans;
}
void pre_work_wzc()
{
jc[0]=1;
for(int i=1;i<=2000;i++)
jc[i]=jc[i-1]*i%998244353;
for(int i=0;i<=2000;i++)
qsm[i]=qpow(jc[i],998244351)%998244353;
}
void pre_work()
{
memset(dp,0,sizeof(dp));
ans=0;
p[0]=1;
for(int i=1;i<m;i++)
dp[1][i]=1;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
p[i]=(d-i+998244354)%998244353*p[i-1]%998244353;
c[i]=p[i]*qsm[i]%998244353;
flag[1][i]=flag[1][i-1]+dp[1][i];
}
}
int main()
{
pre_work_wzc();
while(1)
{
scanf("%d%lld%d",&n,&d,&m);
if(!n&&!m&&!d)break;
pre_work();
for(int i=2;i<=min((long long)n,d);i++)
for(int j=i;j<=n;j++)
{
dp[i][j]=(flag[i-1][j-1]-flag[i-1][max(j-m,0)]+998244353)%998244353;
flag[i][j]=(flag[i][j-1]+dp[i][j])%998244353;
}
for(int i=1;i<=n;i++)
ans=(ans+dp[i][n]*c[i])%998244353;
cout<<ans<<endl;
}
return 0;
}
rp++