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现在 BZOJ 的管理员已经不干活了吗，CTS(C)2019 和 NOI2019 的题目到现在还没与传上去。
果然还是 LOJ 好。
题目
恰好有 (k) 个极大数不太好求，我们还是转化成二项式反演。
然后就变成了给定一个点的集合 (S)，求钦定 (S) 中的点是极大点的方案数。可以发现 (S) 中的点因为必须要保证没有一维的坐标相同，所以到底是哪些点是不重要的，有用的只有 (|S|)。所以问题转化为钦定了 (k) 个点必须是极大点的方案数。
我们可以发现一个性质，如果我们把所有的极大点的数字从小到大考虑的话，那么每次选完和当前个点有关的的面上的数字以后，剩下的点上的数字如何安排实际上是一个 ((n-1) imes(m-1) imes(l-1),k-1) 的子问题了。
我们需要先选出 (k) 个被我们钦定的点的排列，它们应该满足没有一维的坐标是相同的，于是就很显然是 (inom nkinom mkinom lk(k!)^3)。至于为什么是排列，上面说了，只有从小到大考虑，才满足上面的性质。
然后我们需要给被我们选出来的 (k) 个点所在的所有面上的所有位置、剩下来的所有位置安排数字了。剩下来的 (nml-(n-k)(m-k)(l-k)) 很好安排，先从所有的 (nml) 个数字中选出来那么多，然后自由排列一下就好了。这个是 (inom{nml}{(n-k)(m-k)(l-k)}((n-k)(m-k)(l-k))!)。
主要的难点在于被选出的 (k) 个点所在的面上的数字。我们有 (nmk - (n-k)(m-k)(l-k)) 个备选数字。因为我们是从小到大排列的，所以被最后选出来的位置上的数字应该是最大的。同时，它还会带走 ((n-k+1)(m-k+1)(l-k+1) - (n-k)(m-k)(l-k)) 个最后选它的时候的子立方体中和它同一面的数字。此时，因为它是最大的，所以无论选哪些数字都不会影响前一位置的选择。因此它有 (frac{(nml-(n-k)(m-k)(l-k)-1)!}{(nml-(n-k+1)(m-k+1)(l-k+1))!}) 中选择方法。
然后选完以后，倒数第二个被选出来的位置上的数字，应该是剩下的数字中最大的。而剩下的数字一共有 (nml-(n-k+1)(m-k+1)(l-k+1)) 种，于是和之前最后一个一样一样考虑就可以了。
因此给被选出的 (k) 个点所在的面上安排数字的总方案数为
可以发现在阶乘上的我们可以消掉一部分，于是就是
于是把上面的东西都整合一下，钦定了 (k) 个点必须是极大点的方案数为
令 (f(k)) 等于上面那个钦定了 (k) 个点必须是极大点的方案数，(g(k)) 表示恰好 (k) 个点的方案数，那么显然有
所以直接二项式反演就可以了。
因为是求期望，最后记得除掉 ((nml)!)。
下面是代码。(prodlimits_{i=1}^{k} frac 1{(nml-(n-i+1)(m-i+1)(l-i+1))}) 可以线性预处理，因此总的时间复杂度为 (O(n))。
#include<bits/stdc++.h>
#define fec(i, x, y) (int i = head[x], y = g[i].to; i; i = g[i].ne, y = g[i].to)
#define dbg(...) fprintf(stderr, __VA_ARGS__)
#define File(x) freopen(#x".in", "r", stdin), freopen(#x".out", "w", stdout)
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
template<typename A, typename B> inline char smax(A &a, const B &b) {return a < b ? a = b , 1 : 0;}
template<typename A, typename B> inline char smin(A &a, const B &b) {return b < a ? a = b , 1 : 0;}
typedef long long ll; typedef unsigned long long ull; typedef std::pair<int, int> pii;
template<typename I>
inline void read(I &x) {
int f = 0, c;
while (!isdigit(c = getchar())) c == '-' ? f = 1 : 0;
x = c & 15;
while (isdigit(c = getchar())) x = (x << 1) + (x << 3) + (c & 15);
f ? x = -x : 0;
}
const int N = 5e6 + 7;
const int P = 998244353;
int n, m, l, k;
int a[N], s[N], f[N];
inline int smod(int x) { return x >= P ? x - P : x; }
inline void sadd(int &x, const int &y) { x += y; x >= P ? x -= P : x; }
inline int fpow(int x, int y) {
int ans = 1;
for (; y; y >>= 1, x = (ll)x * x % P) if (y & 1) ans = (ll)ans * x % P;
return ans;
}
int fac[N], inv[N], ifac[N];
inline void ycl(const int &n = ::n) {
fac[0] = 1; for (int i = 1; i <= n; ++i) fac[i] = (ll)fac[i - 1] * i % P;
inv[1] = 1; for (int i = 2; i <= n; ++i) inv[i] = (ll)(P - P / i) * inv[P % i] % P;
ifac[0] = 1; for (int i = 1; i <= n; ++i) ifac[i] = (ll)ifac[i - 1] * inv[i] % P;
}
inline int C(int x, int y) {
if (x < y) return 0;
return (ll)fac[x] * ifac[y] % P * ifac[x - y] % P;
}
inline void work() {
ycl(std::max(m, l));
int nml = (ll)n * m % P * l % P, ii = 1;
a[0] = 1;
for (int i = 1; i <= n; ++i) a[i] = (nml + P - (ll)(n - i) * (m - i) % P * (l - i) % P) % P, ii = (ll)ii * a[i] % P;
ii = fpow(ii, P - 2);
for (int i = n; i; --i) s[i] = ii, ii = (ll)ii * a[i] % P;
for (int i = 1; i <= n; ++i) f[i] = (ll)C(n, i) * C(m, i) % P * C(l, i) % P * fpow(fac[i], 3) % P * s[i] % P;
int ans = 0;
for (int i = k; i <= n; ++i)
if ((i - k) & 1) sadd(ans, P - (ll)C(i, k) * f[i] % P);
else sadd(ans, (ll)C(i, k) * f[i] % P);
printf("%d
", ans);
}
inline void init() {
read(n), read(m), read(l), read(k);
if (n > m) std::swap(n, m);
if (n > l) std::swap(n, l);
}
int main() {
#ifdef hzhkk
freopen("hkk.in", "r", stdin);
#endif
int T;
read(T);
while (T--) {
init();
work();
}
fclose(stdin), fclose(stdout);
return 0;
}