Solution
首先判掉 \(k\nmid m\) 时显然无解的情况。
然后考虑倒着做，往序列上加，那么有显然的 \(dp\)，记 \(f_{i,j}\) 表示考虑前 \(i\) 个位置，总共做了 \(j\) 次操作的方案数，转移的时候将区间加操作钦定在最后一个位置统计，暴力枚举操作的数量即可转移。
但发现会算重，具体来说，在同一个末位置进行 \(k\) 次区间加操作等效于做 \(k\) 次单点加。所以我们钦定同一位置只能做最多 \(k-1\) 次区间加操作，这样就不会算重了。转移的时候枚举两种操作即可转移，用前缀和优化之类的操作可以优化复杂度，但是复杂度仍然很炸，因为与操作数相关。
考虑到区间加操作有 \(k-1\) 的次数限制，而单点加操作没有限制，于是可以把两种操作分开考虑，有 \(n-k+1\) 个位置进行区间加，\(n\) 个位置进行单电加，相当于限制前者每个数 \(\lt k\)，后者随便填，这 \(2n-k+1\) 个数的总和为操作数 \(\frac{m}{k}\)。
枚举 \(i\) 个位置一定不合法，其他随便填（可以填 \(0\)），就可以把 \(\lt k\) 的限制容斥掉，然后用插板法即可。
\[ans=\sum_{i=0}^{n-k+1}{(-1)^i {n-k+1\choose i}{\frac{m}{k}-ik+2n-k\choose 2n-k}}
\]
暴力计算组合数，时间复杂度 \(O(n^2\log mod)\)。
Code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define il inline
#define re register
const int N=2020,mod=998244353;
int n,m,k,ans;
il int read(){
re int x=0;re char c=getchar(),f=0;
while(c<'0'||c>'9')f|=(c=='-'),c=getchar();
while(c>='0'&&c<='9')x=(x<<3)+(x<<1)+(c&15),c=getchar();
return f?-x:x;
}
il int Pow(int a,int b){
re int res=1;
while(b){
if(b&1)res=res*a%mod;
a=a*a%mod,b>>=1;
}
return res;
}
il int C(int n,int m){
if(n<0||m<0||n<m)return 0;
re int res=1;
for(re int i=n;i>n-m;i--)res=res*(i%mod)%mod;
for(re int i=1;i<=m;i++)res=res*Pow(i,mod-2)%mod;
return res;
}
signed main(){
n=read(),m=read(),k=read();
if(m%k)return puts("0"),0;
m/=k;
for(re int i=0;i<=n-k+1;i++)
ans=(ans+((i&1)?mod-1:1)*C(n-k+1,i)%mod*C(m-i*k+(n<<1)-k,(n<<1)-k))%mod;
cout<<ans;
return 0;
}