題解：根據題目意思，x1+x2+...+xm = k；0 <= xi <= n-1；即整數分解。

如果xi沒有沒有限制的話，用插板法，相當於k個蘋果被裝入m個籃子中，因此我們需要將k個蘋果分為m-1分，也就是插入m-1塊板子；如果xi > 0，一頭一尾不能插板子，就是向k-1個位置當中插入m-1塊板子，則結果為。如果xi >= 0，一個位置只能放一個板子，所以無法在收尾插入多塊板子，即無法處理xi多個0出現的情況，所以我們將籃子與蘋果混合，然後在k+m-1個位置中確定m-1個籃子的位置，則結果為。

如果xi如題所說限制，我們假設有c個超過限制的（x' >= n），現在進行一個操作，將所有超過限制的x減去n，則原來的問題x1+x2+...+xm = k；轉化為：x′1+x′2+..+x′m = k−n∗c；原來xi為可能大於等於n的，轉化之後所有的x'i都大於等於0，這便是之前沒有限制的子問題，可以用上述方法來解決。但我們這裡假設的是c個，所以還需要用容斥原理。如果c為偶數就做加法，c為奇數就做減法。最後的結果為

程式碼實現：

需要用到的知識：

1、乘法逆元

2、快速冪

3、容斥原理

這裡有幾個需要注意的地方

1、根據題目mod的範圍，此題需要預處理，否則會超時。

2、求餘做減法時，要加上mod。

3、預處理乘法逆元的時候，是根據該推導而來，m!的mod次方 = (m-1)!的mod次方 * m的mod次方。

5、陣列開大一點。

AC程式碼如下：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<queue>
#include<stack>
#include<vector>
#define LL long long
#define maxn 1000000

using namespace std;

const int MOD = 998244353;

LL fact[maxn+5];	//階乘 
LL a[maxn+10];	// 乘法逆元 
//LL inv[maxn+10];	//快速冪 

LL pow(LL x)
{
	LL n = MOD-2;
    LL res=1;
	while(n>0)
	{
	   if(n%2==1)	
	   	 res=res*x%MOD;
	   x=x*x%MOD;
	   n>>=1;
	}
	return res;	
}

void init(){
    a[0] = a[1] = 1;
    fact[0] = fact[1] = 1;
//  inv[1] = 1;
    for(int i = 2; i <= 1000005; i++)
    {
        fact[i] = fact[i-1] * i % MOD;
		a[i] = a[i-1] * pow(i) % MOD;	//m!的MOD次方 = (m-1)!的MOD次方 * m的MOD次方 
//      inv[i] = (MOD - MOD/i)*inv[MOD%i]%MOD;
//      a[i] = a[i-1] * inv[i] % MOD;	
    }
}

LL C(int n, int m){	//乘法逆元 
	if(n<0||m<0||n<m)return 0;
    return fact[n]*a[n-m]%MOD*a[m]%MOD;
}

int main()
{
	int T,n,m,k;
	LL ans;
	init();//預處理 
	scanf("%d",&T);
	while(T--)
	{
		scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
		ans = 0;
		for(int i = 0; i <= k/n; i++)//容斥原理 
		{
			if(i & 1)
				ans = (ans + MOD - ((C(m,i)%MOD)*(C(k+m-1-n*i,m-1)%MOD))%MOD)%MOD;//負數求模要加上MOD 
			else
				ans = (ans + ((C(m,i)%MOD)*(C(k+m-1-n*i,m-1)%MOD))%MOD)%MOD;	
		} 
		printf("%lld\n",ans);
	} 
	return 0;
}