題目大意：

    給你 n，m，k，讓你求    方程的解的個數。

題解：

    如果  的限制只是  則通過k個球，m個箱子的插板法很容易得出解的個數為 

    之後在那麼多的解的個數中，還要排除所有  的解

    先排除有一個  的情況，其個數為  

    排除之後，有發現多排除了有兩個  的情況，於是又要把它加回來，個數為

    而在加回來之後，有發現多加了有三個  的情況，於是又要把他們減掉

    其中，例如， 表示有 2列n個球在m個箱子中，而表示減去2*n個球之後，剩下的球在m個箱子中放的方案數

    總結就是運用組合數的容斥原理，最終結果為

 AC程式碼：

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <vector>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll MOD = 998244353;
const ll N = 300010;
ll jc[N];
void init()
{
	ll i;
	jc[0] = 1;
	for(i=1;i<N;i++)
		jc[i] = jc[i-1]*i%MOD;
}
ll m_pow(ll n,ll p)
{
	if(p == 0)
		return 1;
	if(p&1)
		return m_pow(n*n%MOD,p>>1)*n%MOD;
	else
		return m_pow(n*n%MOD,p>>1)%MOD;
}
ll inv(ll n)
{
	return m_pow(n,MOD-2);
}
ll C(ll a,ll b)
{
	if(a < b)
		return 0;
	return jc[a]*inv(jc[b]*jc[a-b]%MOD)%MOD;
}
int main()
{
	init();
	int T;
	scanf("%d",&T);
	while(T--)
	{
		int n,m,k;
		ll ans=0;
		ll i;
		scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
		if(k == 0)
		{
			printf("1\n");
			continue;
		}
		if(k < n)
		{
			ans = C(m+k-1,m-1);
			printf("%lld\n",ans);
			continue;
		}
		if(k > m*(n-1))
		{
			printf("0\n");
			continue;
		}
		ans = C(m+k-1,m-1);
		for(i=1;i<=m;i++)
		{
			if(i&1)
				ans -= C(m,i)*C(m+k-1-i*n,m-1)%MOD;
			else
				ans += C(m,i)*C(m+k-1-i*n,m-1)%MOD;
			ans = (ans+MOD)%MOD;
		}
		printf("%lld\n",ans);
	}
	return 0;
}