先不考虑循环同构的限制，那么对于一个满足条件的序列，如果它的循环节长度为(d)，那么与它同构的环在答案中就会贡献(d)次。
所以如果设(f_i)表示循环节长度恰好为(i)的满足条件的序列个数（不考虑循环同构），那么最后的答案就是(sum frac{f_i}{i})。
所以问题变成了如何求(f_i)。注意到(f_i)直接求不是很好求，考虑计算(cnt(frac{n}{d} , frac{m}{d}))表示珠子数为(frac{n}{d})、黑色珠子数为(frac{m}{d})、不考虑循环同构的合法方案数，不难注意到(sumlimits_{i | d} f_i = cnt(frac{n}{d} , frac{m}{d}))。所以只需要把所有(cnt(frac{n}{d} , frac{m}{d}))算出来然后莫比乌斯反演一下就可以得到所有(f_i)。
然后我们将原问题变成了不需要考虑循环同构的问题(cnt(a,b))。
对于(cnt(a,b))，考虑(a-b)个白色球产生的(a-b+1)个区间，每一个区间内放入的黑色球的数量不能超过(k)，且首尾放入的球的数量之和不能超过(k)。也就是要求(sumlimits_{i=0}^{a-b} x_i = b , forall i , x_i leq k , x_0 + x_{a-b} = k)的满足条件的(x)序列的数量。不难得到这个序列的生成函数为((sumlimits_{i=0}^k x^i)^{a-b-1} (sumlimits_{i=0}^k(i+1)x^i))，我们要求的是它的(x^b)项系数。显然多项式快速幂不够优秀，考虑更快的方法。
由(sumlimits_{i=0}^k x_i = frac{1 - x^{k+1}}{1 - x})，可以得到
((sumlimits_{i=0}^k x^i)^{a - b - 1} = (1 - x^{k+1})^{a-b-1}(1 - x)^{-(a-b-1)})
(egin{align*}sumlimits_{i=0}^k(i + 1)x^i &= sumlimits_{i=0}^k sumlimits_{j=i}^k x^i \ &= sumlimits_{i=0}^kfrac{x^i - x^{k+1}}{1 - x} \ &= frac{sumlimits_{i=0}^k x^i - (k+1)x^{k+1}}{1-x} \ &= frac{frac{1-x^{k+1}}{1-x} - (k+1)x^{k+1}}{1 - x} = frac{1 - (k + 2)x^{k+1} + (k + 1)x^{k + 2}}{(1-x)^2} end{align*})
所以生成函数可以变形为((1 - x^{k+1})^{a-b-1}(1-x)^{-(a - b + 1)}(1 - (k + 2)x^{k+1} + (k+1)x^{k+2}))
注意到最后的一部分多项式只有(3)项，意味着前面两项的卷积只有(x^b,x^{b - k - 1} , x^{b-k-2})项会对(x^b)项系数产生贡献
而由二项式定理可知
((1 - x^{k+1})^{a-b-1} = sumlimits_{i=0}^{a-b-1} inom{a-b-1}{i} (-1)^i x^{ki+i},(1 - x)^{-(a-b+1)} = sumlimits_{i=0}^{+infty} inom{-(a-b+1)}{i}(-1)^i x^i = sumlimits_{i=0}^{+infty} inom{a - b + i}{i}x^i)
故设(A = sumlimits_{ki+i+j = b} inom{a-b-1}{i} (-1)^i inom{a-b+j}{j} , B = sumlimits_{ki+i+j = b - k - 1} inom{a-b-1}{i} (-1)^i inom{a-b+j}{j} , C = sumlimits_{ki+i+j = b - k - 2} inom{a-b-1}{i} (-1)^i inom{a-b+j}{j})
那么(cnt(a,b) = A - (k + 2)B + (k+1)C)。(ABC)的计算式子都可以通过枚举(i)做到(frac{b}{k+1})的复杂度，所以计算(cnt(a,b))的总复杂度为(frac{sigma(n)}{k + 1})，其中(sigma(n))为(n)的约数和，近似(n log logn)。
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
//This code is written by Itst
using namespace std;
#define int long long
const int MAXN = 2e6 + 7 , MOD = 998244353;
int prm[MAXN] , jc[MAXN] , inv[MAXN] , mu[MAXN] , ans[MAXN];
int cnt , N , M , K;
bool nprm[MAXN];
inline int poww(int a , int b){
int times = 1;
while(b){
if(b & 1) times = times * a % MOD;
a = a * a % MOD;
b >>= 1;
}
return times;
}
void init(){
mu[1] = 1;
for(int i = 2 ; i <= 1e6 ; ++i){
if(!nprm[i]){
prm[++cnt] = i;
mu[i] = -1;
}
for(int j = 1 ; j <= cnt && prm[j] * i <= 1e6 ; ++j){
nprm[prm[j] * i] = 0;
if(i % prm[j] == 0) break;
mu[i * prm[j]] = -1 * mu[i];
}
}
jc[0] = 1;
for(int i = 1 ; i <= 2e6 ; ++i)
jc[i] = jc[i - 1] * i % MOD;
inv[2000000] = poww(jc[2000000] , MOD - 2);
for(int i = 1999999 ; i >= 0 ; --i)
inv[i] = inv[i + 1] * (i + 1) % MOD;
}
int C(int b , int a){return b < a ? 0 : 1ll * jc[b] * inv[a] % MOD * inv[b - a] % MOD;}
int calc(int A , int B){
int sum1 = 0 , sum2 = 0 , sum3 = 0;
for(int i = 0 ; (K + 1) * i <= B ; ++i){
int j = B - (K + 1) * i;
sum1 = (sum1 + (i & 1 ? -1 : 1) * C(A - B - 1 , i) * C(A - B + j , j) % MOD + MOD) % MOD;
}
for(int i = 0 ; (K + 1) * i <= B - K - 1 ; ++i){
int j = B - K - 1 - (K + 1) * i;
sum2 = (sum2 + (i & 1 ? -1 : 1) * C(A - B - 1 , i) * C(A - B + j , j) % MOD + MOD) % MOD;
}
for(int i = 0 ; (K + 1) * i <= B - K - 2 ; ++i){
int j = B - K - 2 - (K + 1) * i;
sum3 = (sum3 + (i & 1 ? -1 : 1) * C(A - B - 1 , i) * C(A - B + j , j) % MOD + MOD) % MOD;
}
return (sum1 - (K + 2) * sum2 % MOD + (K + 1) * sum3 + MOD) % MOD;
}
signed main(){
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("gift.in","r",stdin);
freopen("gift.out","w",stdout);
#endif
init();
ios::sync_with_stdio(0);
cin >> N >> M >> K;
if(M == 0){puts("1"); return 0;}
for(int i = 1 ; i <= M ; ++i)
ans[N / i] = M % i == 0 && N % i == 0 ? calc(N / i , M / i) : 0;
for(int i = 1 ; i <= N ; ++i)
if(N % i == 0 && M % (N / i) == 0)
for(int j = 2 ; j * i <= N ; ++j)
ans[i * j] = (ans[i * j] + ans[i] * mu[j] + MOD) % MOD;
int sum = 0;
for(int i = 1 ; i <= N ; ++i)
if(N % i == 0 && M % (N / i) == 0)
sum = (sum + poww(i , MOD - 2) * ans[i]) % MOD;
cout << sum << '
';
return 0;
}