题意简述
有 \(m\) 张牌，其中有一张是王牌。你现在可以洗 \(n\) 次牌（每种牌堆序列等概率出现），然后查看牌堆顶的第一张牌。设 \(x\) 为 \(n\) 次洗牌中第一张牌是王牌的次数，则得分为 \(x^k\)。
求得分的期望值对 \(998244353\) 取模的值。
\(1\le n,m<998244353,k\le 5000\)
分析
将答案形式化表述：
\[\sum_{i=0}^n \dbinom{n}{i}\dfrac{(m-1)^i\cdot [(m-1)\cdot (m-1)!]^{n-i}}{m!^n}\cdot i^k
\]
化简：
\[=\sum_{i=0}^n \dbinom{n}{i}(\frac{1}{m})^i\cdot(\frac{m-1}{m})^{n-i} \cdot i^k
\]
设 \(a=\frac{1}{m},b=\frac{m-1}{m}\)，则原式为
\[=\sum_{i=0}^n \dbinom{n}{i}a^i\cdot b^{n-i} \cdot i^k
\]
用第二类斯特林数拆掉这个幂次：
\[=\sum_{i=0}^n \dbinom{n}{i}a^i\cdot b^{n-i} \sum_{j=1}^k S(k,j)\cdot i^{\underline{j}}
\]
其中 \(S(i,j)\) 表示第二类斯特林数。
交换求和顺序：
\[\sum_{j=1}^k S(k,j)\sum_{i=j}^n \dbinom{n}{i}a^i\cdot b^{n-i} \cdot \dbinom{i}{j}\cdot j!
\]
注意只有 \(i\ge j\) 的时候 \(i^{\underline{j}}\) 才有意义，式子才成立。
\[=\sum_{j=1}^k S(k,j)\cdot j!\sum_{i=j}^n \dbinom{n}{i}\dbinom{i}{j} a^i\cdot b^{n-i}
\]
\[=\sum_{j=1}^k S(k,j)\cdot j!\sum_{i=j}^n \dbinom{n}{j}\dbinom{n-j}{i-j} a^i\cdot b^{n-i}
\]
考虑把后面那坨式子转化为二项式定理的形式：
\[=\sum_{j=1}^k S(k,j)\cdot j!\dbinom{n}{j}\sum_{i=0}^{n-j} \dbinom{n-j}{i} a^{i+j}\cdot b^{n-i-j}
\]
根据二项式定理：
\[\sum_{i=0}^{n-j}\dbinom{n-j}{i}a^{i+j}b^{n-i-j}=\sum_{i=0}^{n-j}\dbinom{n-j}{i}a^ia^jb^{n-i-j}
\]
\[=a^j\cdot\sum_{i=0}^{n-j}\dbinom{n-j}{i}a^{i}b^{n-i-j}=a^j\cdot (a+b)^{n-j}=1
\]
所以原式化为
\[\sum_{j=1}^kS(k,j)\cdot j!\cdot \dbinom{n}{j}\cdot a^j
\]
由于 \(k\le 5000\)，第二类斯特林数可以暴力递推算。
由于 \(n,m\) 过大，无法计算阶乘和组合数。但是两者可以约分成 \(\prod_{i=n-j+1}^n i\)，这个东西就可以暴力 \(O(k)\) 算了（递推也可以）。时间复杂度 \(O(k^2)\)。
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#define x1 xx1
#define y1 yy1
#define IOS ios::sync_with_stdio(false)
#define ITIE cin.tie(0);
#define OTIE cout.tie(0);
#define PY puts("Yes")
#define PN puts("No")
#define PW puts("-1")
#define P0 puts("0")
#define P__ puts("")
#define PU puts("--------------------")
#define popc __builtin_popcount
#define mp make_pair
#define fi first
#define se second
#define gc getchar
#define pc putchar
#define pb emplace_back
#define rep(a,b,c) for(int a=(b);a<=(c);++a)
#define per(a,b,c) for(int a=(b);a>=(c);--a)
#define reprange(a,b,c,d) for(int a=(b);a<=(c);a+=(d))
#define perrange(a,b,c,d) for(int a=(b);a>=(c);a-=(d))
#define graph(i,j,k,l) for(int i=k[j];i;i=l[i].nxt)
#define lowbit(x) (x&-x)
#define lson(x) (x<<1)
#define rson(x) (x<<1|1)
#define mem(x,y) memset(x,y,sizeof x)
//#define double long double
#define int long long
//#define int __int128
using namespace std;
typedef long long i64;
using pii=pair<int,int>;
bool greating(int x,int y){return x>y;}
bool greatingll(long long x,long long y){return x>y;}
inline int rd(){int x=0,f=1;char ch=getchar();while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-48;ch=getchar();}return x*f;
}
inline void write(int x,char ch='\0'){if(x<0){x=-x;putchar('-');}int y=0;char z[40];while(x||!y){z[y++]=x%10+48;x/=10;}while(y--)putchar(z[y]);if(ch!='\0')putchar(ch);
}
bool Mbg;
const int maxn=2e5+5,maxm=5e3+5,inf=0x3f3f3f3f,mod=998244353;
const long long llinf=0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
int n,m,k;
int S[maxm][maxm];
int ksm(int x,int y){int res=1;for(;y;y>>=1,x=x*x%mod)if(y&1)res=res*x%mod;return res;
}
void init(){S[0][0]=1;rep(i,1,k)rep(j,1,i)S[i][j]=(S[i-1][j-1]+j*S[i-1][j]%mod)%mod;
}
void solve_the_problem(){n=rd(),m=rd(),k=rd(),init();int ans=0,p=ksm(m,mod-2),c=1,mp=1;rep(i,0,k){ans=(ans+S[k][i]*c%mod*mp)%mod;c=c*(n-i)%mod,mp=mp*p%mod;}write(ans);
}
bool Med;
signed main(){
// freopen(".in","r",stdin);freopen(".out","w",stdout);
// fprintf(stderr,"%.3lfMB\n",(&Mbg-&Med)/1048576.0);int _=1;while(_--)solve_the_problem();
}
