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題解：
顯然的一點就是如果

此時相當於就是統計一下半標準楊氏矩陣（列單調降，行非嚴格單調降）的個數，根據鉤子定理，可以知道，當矩陣中最大元素為 $r$ 時，楊氏矩陣方案數為：
$\underset{}{\prod }$

$hook(i,j)$為 $(i,j)$位置的鉤子長度。

然後會發現乘法和除法有很多位置是相同的，去掉這些相同的之後，就變成了只需要求 $m$列的乘積，這個直接暴力是 $O(m^2)$的，用一點技巧就可以優化到 $O(m \log (10^9+7))$。

$n \bmod m \not = 0$稍微討論一下就可以轉化為 $n \bmod m = 0$的情況了。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int mod=1e9+7;
inline int add(int x,int y) {return (x+y>=mod) ? (x+y-mod) : (x+y);}
inline int dec(int x,int y) {return (x-y<0) ? (x-y+mod) : (x-y);}
inline int mul(int x,int y) {return (long long)x*y%mod;}
inline int power(int a,int b,int rs=1) {for(;b;b>>=1,a=mul(a,a)) if(b&1) rs=mul(rs,a); return rs;}
inline int cinv(int x) {return power(x,mod-2);}

inline int calc(int i,int k) {
	int ans=1;
	for(int j=0;j<k;j++) ans=mul(ans,i-j);
	return ans;
}
inline int calc(int l1,int r1,int l2,int r2,int k) {
	int ans=1;
	if(l1>r2) {
		for(int i=l1;i<=r1;i++) ans=mul(ans,calc(i,k));
		for(int i=l2;i<=r2;i++) ans=mul(ans,cinv(calc(i,k)));
	} else {
		for(int i=r2+1;i<=r1;i++) ans=mul(ans,calc(i,k));
		for(int i=l2;i<=l1-1;i++) ans=mul(ans,cinv(calc(i,k)));
	} return ans;
}
inline void solve() {
	int n,m,k; 
	cin>>n>>m>>k;
	if(!(n%m)) n/=m;
	else {
		int res=n%m; n=n/m+1;
		if(m-res<=k) {
			k=k-(m-res);
			m=res;
		} else {
			m=m-res; --n;
		}
	}
	cout<<calc(m,m+n-1,k,k+n-1,k)<<'\n';	
}
int main() {
	int T; cin>>T;
	while(T--) solve();
}