题意：对于任意 $n$ 个 $[1,D]$ 的数，求其中能找出 $m$ 对相同的数的方案数量。

首先，特判掉 $2m \le n - D$ , $2m > n$ 的情况，明显答案分别是 $D^n,0$。

稍微推下式子，不难发现题设条件即为出现次数为奇数的数个数不超过 $n-2m$ 的方案数量。

我们假设钦定 $i$ 个数字出现次数是奇数的方案数量是 $g_i$ ，恰好有 $i$ 个数被出现次数为奇数的方案数量是 $f_i$ ，那么由二项式反演我们有

$$g_i = \sum_{j \le i} f_i\binom i j \Rightarrow f_i = \sum_{j \ge i} (-1)^{j-i} \binom{j}{i} g_j$$

这明显是个卷积的形式，于是我们最后的答案就是

$$\sum_{i=0}^{n-2m} f_i$$

也就是说，只需要算出 $g$ 做个差卷积即可算出 $f$ ，从而算出答案。

如何求出 $g$ ？

由于需要给数字做排列，需要算 EGF ，而偶数的 EGF 是

$$\frac{e^x-e^{-x}}{2}$$

我们考虑如何求 $g_i$ ，需要钦定 $i$ 个数是奇数，写成式子就是

$$(\frac{e^x-e^{-x}}{2})^i$$

剩下的数出现次数任意，也就是 $e^{(D-i)x}$，所以可以写出 $g$ 的式子

$$\begin{aligned}g_i &= [x^n] n! \binom n i (\frac{e^x-e^{-x}}{2})^ie^{(D-i)x}\\&= [x^n] \frac{n!}{2^i} \binom n i (e^x-e^{-x}) e^{(D-i)x}\\&= [x^n] \frac{n!}{2^i} \binom n i \sum_{j=0}^i \binom i j e^{2xj-2ix+Dx} (-1)^{i-j}\\&= \frac{n!}{2^i} \binom D i \sum_{j=0}^i \binom i j \frac{(2j-2i+D)^n}{n!} (-1)^{i-j}\\\end{aligned}$$

为了好看可以改成枚举 $i-j$ ，于是就是

$$g_i = \frac{n!}{2^i} \binom D i \sum_{j=0}^i\binom i j \frac{(D-2j)^n}{n!} (-1)^j$$

直接卷积即可。

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#include "cstring"
#include "cstdio"
#include "cmath"
#include "vector"
#include "map"
#include "set"
#include "queue"
using namespace std;
#define MAXN 1000006
//#define int long long
#define rep(i, a, b) for (int i = (a), i##end = (b); i <= i##end; ++i)
#define per(i, a, b) for (int i = (a), i##end = (b); i >= i##end; --i)
#define pii pair<int,int>
#define fi first
#define se second
#define mp make_pair
#define pb push_back
#define eb emplace_back
#define vi vector<int>
#define all(x) (x).begin() , (x).end()
#define mem( a ) memset( a , 0 , sizeof a )
typedef long long ll;
#define P 998244353
#define lg2( x ) ( 31 - __builtin_clz( x ) )
int n , m; ll q;

int Pow( int x , int a ) {
    int ans = 1 , cur = x % P;
    while( a ) {
        if( a & 1 ) ans = 1ll * ans * cur % P;
        cur = 1ll * cur * cur % P , a >>= 1;
    }
    return ans;
}

int Wn[2][MAXN] , rev[MAXN];
void getwn( int len ) {
    for( int mid = 1 ; mid < len ; mid <<= 1 ) {
        int w0 = Pow( 3 , ( P - 1 ) / ( mid << 1 ) ) , w1 = Pow( 3 , P - 1 - ( P - 1 ) / ( mid << 1 ) );
        Wn[0][mid] = Wn[1][mid] = 1;
        for( int i = 1 ; i < mid ; ++ i )
            Wn[0][mid + i] = 1ll * Wn[0][mid + i - 1] * w0 % P,
            Wn[1][mid + i] = 1ll * Wn[1][mid + i - 1] * w1 % P;
    }
}
void getr( int len ) {
    int t = __builtin_ctz( len ) - 1;
    for( int i = 1 ; i < len ; ++ i ) rev[i] = ( rev[i >> 1] >> 1 ) | ( ( i & 1 ) << t );
}
void NTT( int* A , int len , int typ ) {
    rep( i , 0 , len - 1 ) if( i < rev[i] ) swap( A[i] , A[rev[i]] );
    for( int mid = 1 ; mid < len ; mid <<= 1 )
        for( int i = 0 ; i < len ; i += ( mid << 1 ) )
            for( int k = 0 ; k < mid ; ++ k ) {
                int t1 = A[i + k] , t2 = 1ll * A[i + k + mid] * Wn[typ][mid + k] % P;
                A[i + k] = (t1 + t2) % P , A[i + k + mid] = (t1 + P - t2) % P;
            }
    if( typ == 1 ) for( int inv = Pow( len , P - 2 ) , i = 0 ; i < len ; ++ i ) A[i] = 1ll * A[i] * inv % P;
}

int J[MAXN] , iJ[MAXN];
int g[MAXN];
int a[MAXN] , b[MAXN] , iv2;
inline int pp( const int& x ) {
	return ( x & 1 ) ? P - 1 : 1;
}
inline void mul( int *A , int *B , int n , int m , int bc = 0 ) {
	int len = 1;
	while( len <= n + m ) len <<= 1;
	rep( i , n + 1 , len ) A[i] = 0;
	rep( j , m + 1 , len ) B[j] = 0;
	getr( len ) , getwn( len );
	NTT( A , len , 0 ) , NTT( B , len , 0 );
	rep( i , 0 , len - 1 ) A[i] = A[i] * 1ll * B[i] % P;
	NTT( A , len , 1 );
	if( !bc ) return;
	NTT( B , len , 1 );
} 
int C( int a , int b ) {
	return J[a] * 1ll * iJ[b] % P * iJ[a - b] % P;
}
void getg( int n ) {
	rep( i , 0 , n ) a[i] = pp( i ) * 1ll * iJ[i] % P * ( Pow( n - 2 * i , q ) % P + P ) % P , b[i] = iJ[i];
	mul( a , b , n , n );
	rep( i , 0 , n ) g[i] = a[i] * 1ll * J[i] % P * Pow( iv2 , i ) % P * C( n , i ) % P;
}

int f1[MAXN] , f2[MAXN] , s1[MAXN] , s2[MAXN];

void solve() {
	cin >> n >> q >> m; 
	if( 2 * m <= q - n ) return printf("%d\n",Pow( n , q ) ) , void();
	if( 2 * m > q ) return puts("0") , void();
	int t = q - 2 * m;
	q %= ( P - 1 );
	iv2 = ( P + 1 ) / 2;
	J[0] = 1;
	int mx = n;
	rep( i , 1 , mx ) J[i] = J[i - 1] * 1ll * i % P;
	iJ[mx] = Pow( J[mx] , P - 2 );
	per( i , mx - 1 , 0 ) iJ[i] = iJ[i + 1] * 1ll * ( i + 1 ) % P;
	
	getg( n );
	rep( i , 0 , n ) a[i] = pp( n - i ) * 1ll * iJ[n - i] % P , b[i] = J[i] * 1ll * g[i] % P;
	int len = 1;
	mul( a , b , n , n );
	int res = 0;
	rep( i , 0 , n ) if( i <= t ) f1[i] = a[i + n] * 1ll * iJ[i] % P , res = ( res + f1[i] ) % P;
	cout << res << endl;
}

signed main() {
//    int T;cin >> T;while( T-- ) solve();
    solve();
}