题解 \(by\;zj\varphi\)
设答案为 \(ans\)，那么转化问题为求 \(ans\times A^n\)。
发现一定是选最小的最优，所以有 \(60pts\) 可以是枚举最小值。
先放式子
\[ans\times A^n=\sum_{i=0}^{n}\sum_{j=1}^{A}\sum_{k=1}^{n-i}g_{i,j-1,m-j\times k}\binom{n}{i}\sum_{t\ge k}\binom{n-i}{t}(A-j)^{n-i-t} \]其中 \(g_{i,j,k}\) 表示选了 \(i\) 个最大为 \(j\) 的数，总和不超过 \(k\) 的方案数，之后就是枚举选了多少个 \(j\) 剩下的全要大于 \(j\)，随便放。
考虑如何求 \(g\)，容斥。
所有式子合并后为
\[ans\times A^n=\sum_{i=0}^{n}\sum_{j=1}^{A}\sum_{k=1}^{n-i}(\sum_{t=0}^{i}(-1)^t\binom{i}{t}\binom{m-k\times j-t\times (j-1)}{i})\binom{n}{i}\sum_{t\ge k}\binom{n-i}{t}(A-j)^{n-i-t} \]中间这一堆的意思是保证至少有 \(t\) 个大于等于 \(j\) ，然后进行容斥。
\(\binom{m-k\times j-t\times (j-1)}{i}\) 的意思就是把 \(m-k\times j-t\times (j-1)\) 拆成 \(i+1\) 个正整数，然后再给其中的 \(t\) 个加上 \(j-1\) 保证它不小于 \(j\)，多拆一个数是为了让 \(i\) 个数的和不用正好为 \(m-k\times j-t\times (j-1)\)。
Code
#include<bits/stdc++.h>
#define ri signed
#define pd(i) ++i
#define bq(i) --i
#define func(x) std::function<x>
namespace IO{
char buf[1<<21],*p1=buf,*p2=buf;
#define gc() p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?(-1):*p1++
#define debug1(x) std::cerr << #x"=" << x << ' '
#define debug2(x) std::cerr << #x"=" << x << std::endl
#define Debug(x) assert(x)
struct nanfeng_stream{
template<typename T>inline nanfeng_stream &operator>>(T &x) {
bool f=false;x=0;char ch=gc();
while(!isdigit(ch)) f|=ch=='-',ch=gc();
while(isdigit(ch)) x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48),ch=gc();
return x=f?-x:x,*this;
}
}cin;
}
using IO::cin;
namespace nanfeng{
#define FI FILE *IN
#define FO FILE *OUT
template<typename T>inline T cmax(T x,T y) {return x>y?x:y;}
template<typename T>inline T cmin(T x,T y) {return x>y?y:x;}
using ll=long long;
static const int N=1e3+7,MOD=998244353;
int C[N][N],inv[N],n,m,A;
ll ans;
auto fpow=[](int x,int y) {
int res=1;
while(y) {
if (y&1) res=1ll*res*x%MOD;
x=1ll*x*x%MOD;
y>>=1;
}
return res;
};
inline int main() {
FI=freopen("legend.in","r",stdin);
FO=freopen("legend.out","w",stdout);
cin >> n >> m >> A;
inv[1]=1;
for (ri i(2);i<=A;pd(i)) inv[i]=1ll*(MOD-MOD/i)*inv[MOD%i]%MOD;
C[0][0]=1;
for (ri i(1);i<=1000;pd(i)) {
C[i][0]=1;
for (ri j(1);j<=i;pd(j)) C[i][j]=(C[i-1][j-1]+C[i-1][j])%MOD;
}
for (ri i(0);i<=n;pd(i))
for (ri j(1);j<=A;pd(j))
for (ri k(1);k<=n-i;pd(k)) {
ll tmp=0,tq=0,tp,f=1;
for (ri t(0),kt;t<=i;pd(t),f=-f) {
if ((kt=m-k*j-t*(j-1))<i) break;
tmp+=f*C[i][t]*C[kt][i]%MOD;
}
((tmp%=MOD)+=MOD)%=MOD;
tmp=tmp*C[n][i]%MOD;
tp=fpow(A-j,n-i-k);
for (ri t(k);t<=n-i;pd(t)) {
if (t==n-i) tp=1;
tq+=1ll*C[n-i][t]*tp%MOD;
(tp*=inv[A-j])%=MOD;
}
tq%=MOD;
(ans+=tmp*tq%MOD)%=MOD;
}
printf("%lld\n",ans*fpow(fpow(A,n),MOD-2)%MOD);
return 0;
}
}
int main() {return nanfeng::main();}