問題の意味
わずか。
問題の解決策
明らかに狂気の観点から、このトピックは考慮すべき3次元の問題に対応することを示唆しました。
問題は、3次元積層隅に異なる性質の石は、プログラムの数を計算することです。
しかし、これは行うには良い問題ではありません。
：これは、次のステップは、その後、この問題はすぐに非常に巧妙な、すなわち、二次元の問題に変換されますされている
交差するプログラムの数をグリッドの左下隅にすべての右上隅からすべてのグリッドを行くことに対応し、ではありません。
それはどのように変換しますか？特定は次の
タイトルに見られるよく見るが、同じ大きさの点2組の検索、二次元平面に変換することができる。
二点間の2つによって上の対応する点の間の点確立のマッピングを設定しますパスを非減少寸法は、独立経路群を求めるプログラムの総数に接続されています。
これが、非常に古典的であるLindström–Gessel–Viennot lemma 定理。この問題を解決するために、具体的です。
簡単に言えば、この定理は、それは、ある
与えられた、DAGの無限の権利のために\（N \）出発点と対応する\（N \） （互いに異なる）エンドポイント、それ\（N \）互いに素な経路番号方式
\ [\左| \ {始める A_2（アレイ} E（A_1、B_1）＆E（A_1、B_2）＆\ cdots＆E（A_1、B_N）\\ E（A_2、B_1）＆E、 B_2）＆\ cdots＆E（ A_2、B_N）\\ \ vdots＆\ vdots＆\ ddots＆\ vdots \\ E（A_N、B_1）＆E（A_N、B_2）＆\ cdots＆E（A_N、
前記\（E（B） \） 図である\（A \）する（B \）\番号スキームを。
コンクリートの証明、プログラムの交差点であるかについて胡口は、2つのパスがポイントで交差がなければなりません。最終的に2つのパスが、（二つ以上が存在し得る）、この点を横切るその出発点、相殺する行列式の寄与をスワップする見つけ、その交差点を発見しました。
つまり、この場合、下の図に、次のとおりです。
厳格な証拠は証拠がなかったです。
次に、この質問に対して、答えは：
\ [\左| \アレイ始める{E}（S_1、T_L）＆E（S_1、T_2）＆\ cdots＆E（S_1、T_N）\\ E（S_2、T_L ）＆E（S_2、T_2） ＆\ cdots＆E（S_2、T_N）\\ \ vdots＆\ vdots＆\ ddots＆\ vdots \\ E（S_N、T_1）＆E（S_N、T_2）＆\ cdots＆ E（S_N、T_N）\\ \
右\端{アレイ} | \] シーク\（E（S_I、T_J）\）することができ、\（S_I（A + I - 1、B - I + 1）、 \） - T_J（1 ,. 1 + -j J。）次に、
\ [E（S_I、
\ [\ Prod_ {i = 1 } ^ \のprod_ {J = 1} ^ Bの\のprod_ {k = 1} ^ Cの\のFRACが{iがJ + kが+ - 1} {iがJ + Kを+ - 2} \ ]
その後、ちょうど十分な一歩を押しました。
複雑\（\ mathcal O（N \ログP）\） 。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 3e6 + 3, mod = 998244353;
int a, b, c; ll ans, tmp1, tmp2;
int fac[N], ivf[N];
int power (int a, int b) {
int ret = 1;
for ( ; b; b >>= 1, a = 1ll * a * a % mod) {
if (b & 1) {
ret = 1ll * ret * a % mod;
}
}
return ret;
}
int main () {
cin >> a >> b >> c;
fac[0] = ivf[0] = 1;
for (int i = 1; i < N; ++i) {
fac[i] = 1ll * fac[i - 1] * i % mod;
}
ivf[N - 1] = power(fac[N - 1], mod - 2);
for (int i = N - 2; i; --i) {
ivf[i] = 1ll * ivf[i + 1] * (i + 1) % mod;
}
ans = 1;
for (int i = 1; i <= a; ++i) {
tmp1 = 1ll * fac[i + b + c - 1] * ivf[i + c - 1] % mod;
tmp2 = 1ll * fac[i + b - 1] * ivf[i - 1] % mod;
ans = 1ll * tmp1 * power(tmp2, mod - 2) % mod * ans % mod;
}
cout << ans << endl;
return 0;
}