Description
Solution
有一个直观的思路是考虑每种颜色个数的奇偶性，奇数个数的颜色不能超过(n-2m)
因此若(n-2mgeq D)则答案一定是(D^n)
否则由于每种颜色其实没有区别，我们考虑一种颜色为奇数和为偶数的指数型生成函数
奇数是(e^x-e^{-x}over 2)，偶数是(e^x+e^{-x}over 2)
我们枚举有多少个奇数的颜色
容易得到
我考场上写的是这个式子（和题解的本质相同，不过化起来比较麻烦）
提出一个(2^{-D})，把后面的东西二项式展开
此处我们可以枚举(T=p+q)，并移到最外层
容易知道(n!e^{px}[x^n]=p^n)
把q换成T-p
考场上的时候我就卡在这里推不动了
实际上那三个组合数可以化开成({D!over i!(D-i)!}{i!over (i-p)!p!}{(D-i)!over (T-p)!(D-i-T+p)!})
分配阶乘，约分，补上一个((D-T)!T!over (D-T)!T!)
可以得到
可以发现后面是两个二项式卷积的形式
实际上就是(left((1+y)^T(1-y)^{D-T}
ight)[y^i])
后面的就和题解是一样的了。
题解的推法是这样的
把(e^x)和(e^{-x})分开
二项式展开
把(i)放到后面去，就是
（看来是我的推法太蠢了）
记后面的东西(F(T,D)=sumlimits_{i=0}^{n-2m}left((1+y)^T(1-y)^{D-T}
ight)[y^i])
接下来就是高端操作时间
把一个((1+y))拆成(-(1-y)+2)，式子就可以化开成两边，具体略去
立刻可以得到(F(T,D)=-F(T-1,D)+2F(T-1,D-1))
然后(F(0,D)=sumlimits_{i=0}^{n-2m}{Dchoose i}(-1)^i)
通过杨辉三角的性质，化到上一行去发现都消掉了，结果就是({D-1choose n-2m}(-1)^{n-2m})
然后就可以通过NTT加速递推过程求出(F(T,D))了。
实际上网上似乎有一种很简单的推法，利用容斥，变成至少i个为奇数，然后式子就好化很多，结果就是两次直接的卷积，就不需要后面的高端操作了。
时间复杂度(O(nlog n))
Code
#include <bits/stdc++.h>
#define fo(i,a,b) for(int i=a;i<=b;++i)
#define fod(i,a,b) for(int i=a;i>=b;--i)
#define N 100005
#define M 262144
#define T 18
#define mo 998244353
#define LL long long
using namespace std;
LL l,n,m,js[M+1],ns[M+1],ny[M+1];
LL ksm(LL k,LL n)
{
k=(k+mo)%mo;
LL s=1;
for(;n;n>>=1,k=k*k%mo) if(n&1) s=s*k%mo;
return s;
}
LL C(int n,int m)
{
if(n<m||n<0||m<0) return 0;
return js[n]*ns[m]%mo*ns[n-m]%mo;
}
int a[M+1],b[M+1];
LL F(int w)
{
if(w==0) return 1;
return ((n-2*m)&1)?(mo-C(w-1,n-2*m))%mo:C(w-1,n-2*m);
}
int bit[M+1];
int wi[M+1];
namespace polynomial
{
void prp()
{
LL v=ksm(3,(mo-1)/M);
wi[0]=1;
fo(i,1,M)
{
wi[i]=(LL)wi[i-1]*v%mo;
bit[i]=(bit[i>>1]>>1)|((i&1)<<(T-1));
}
}
int inc(int a,int b)
{
return (a+=b)>=mo?a-mo:a;
}
int dec(int a,int b)
{
return (a-=b)<0?a+mo:a;
}
void DFT(int *a)
{
fo(i,0,M-1) if(bit[i]<i) swap(a[i],a[bit[i]]);
for(int h=1,l=(M>>1),v;h<M;h<<=1,l>>=1)
{
for(int j=0;j<M;j+=h<<1)
{
int *x=a+j,*y=x+h,*w=wi;
for(int i=0;i<h;++i,++x,++y,w+=l)
{
v=((LL)*y * *w)%mo;
*y=dec(*x,v);
*x=inc(*x,v);
}
}
}
}
void IDFT(int *a)
{
DFT(a);
fo(i,0,M-1) a[i]=a[i]*ny[M]%mo;
reverse(a+1,a+M);
}
}
using polynomial::prp;
using polynomial::DFT;
using polynomial::IDFT;
int main()
{
cin>>l>>n>>m;
if(n-2*m>=l)
{
printf("%lld
",ksm(l,n));
return 0;
}
js[0]=js[1]=ny[1]=ns[0]=ns[1]=1;
fo(i,2,M)
{
js[i]=js[i-1]*(LL)i%mo;
ny[i]=(-ny[mo%i]*(LL)(mo/i)%mo+mo)%mo;
ns[i]=ns[i-1]*ny[i]%mo;
}
LL v=1;
fo(i,0,l)
{
a[i]=v*ns[i]%mo*F(l-i)%mo,b[i]=(LL)((i&1)?mo-1:1)*ns[i]%mo;
v=v*(LL)2%mo;
}
prp();
DFT(a),DFT(b);
fo(i,0,M-1) a[i]=(LL)a[i]*(LL)b[i]%mo;
IDFT(a);
LL ans=0;
fo(i,0,l) ans=(ans+a[i]*js[i]%mo*ksm(2*i-l,n)%mo*C(l,i))%mo;
printf("%lld
",ans*ksm(ksm(2,l),mo-2)%mo);
}