挺有意思的计数。
计数感觉很难做，不妨转成期望，期望又可以转成概率之和。
考虑枚举 \(w \in [0,m-1]\)，把 \(> w\) 的数设为 \(1\)，\(\le w\) 的数设为 \(0\)。那么期望就是所有 \(w\)，\(a_i\) 为 \(1\) 的概率之和。对于一个 \(i\)，只有以下的操作能改变 \(a_i\)，称以下操作为 \(i\) 的关键操作：
- 满足 \(i \in [l,r], v < w\) 的操作 \(1\)；
- 满足 \(i \in [l,r], v \ge w\) 的操作 \(2\)。
设 \(p_i\) 为一个操作能为 \(i\) 的关键操作的概率，分别考虑它是否包含 \(i\)，\(v\) 是否 \(< w\)，是否为操作 \(1/2\)，那么：
\[p_i = \dfrac{i(n-i+1)}{\dfrac{n(n+1)}{2}} \times (\dfrac{1}{2} \times \dfrac{m}{2m+1} \times \dfrac{w}{m} + \dfrac{1}{2} \times \dfrac{m}{2m+1} \times \dfrac{m-w}{m}) = \dfrac{2mi(n-i+1)}{n(n+1)(2m+1)} \]设 \(f_{w,t,i}\) 为 \(t\) 时刻 \(a_i\) 为 \(1\) 的概率，则：
\[f_{w,t,i} = [1 - (1-p_i)^t] \times \dfrac{m-w-1}{m} \]设 \(g_{t,i}\) 为 \(t\) 时刻 \(a_i\) 的和，枚举 \(w\) 求和，即：
\[g_{t,i} = \sum\limits_{w=0}^{m-1} f_{w,t,i} = \sum\limits_{w=0}^{m-1} [1 - (1-p_i)^t] \times \dfrac{m-w-1}{m} = \dfrac{m-1}{2} \times [1 - (1-p_i)^t] \]枚举第 \(t+1\) 个操作为 \(3\) 操作，每个位置拆贡献，答案即：
\[ans = \sum\limits_{t=0}^{q-1} \sum\limits_{i=1}^n \dfrac{i(n-i+1)}{\dfrac{n(n+1)}{2}} \times \dfrac{1}{2m+1} \times \dfrac{m-1}{2} \times [1 - (1-p_i)^t] \]\[= \sum\limits_{i=1}^n \dfrac{i(n-i+1)}{n(n+1)} \times \dfrac{m-1}{2m+1} \times \sum\limits_{t=0}^{q-1} [1 - (1-p_i)^t] \]\[= \sum\limits_{i=1}^n \dfrac{i(n-i+1)}{n(n+1)} \times \dfrac{m-1}{2m+1} \times (q - \dfrac{1-(1-p_i)^q}{p_i}) \]至此可以 \(O(n \log P)\) 计算，\(P\) 为模数。
code
// Problem: F - Do you like query problems?
// Contest: AtCoder - AtCoder Regular Contest 111
// URL: https://atcoder.jp/contests/arc111/tasks/arc111_f
// Memory Limit: 1024 MB
// Time Limit: 4000 ms
//
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)
#include <bits/stdc++.h>
#define pb emplace_back
#define fst first
#define scd second
#define mems(a, x) memset((a), (x), sizeof(a))
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef long double ldb;
typedef pair<ll, ll> pii;
const int maxn = 200100;
const ll mod = 998244353;
ll n, m, q, p[maxn];
inline ll qpow(ll b, ll p) {
ll res = 1;
while (p) {
if (p & 1) {
res = res * b % mod;
}
b = b * b % mod;
p >>= 1;
}
return res;
}
void solve() {
scanf("%lld%lld%lld", &n, &m, &q);
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
p[i] = 1LL * i * (n - i + 1) % mod * m % mod * 2 % mod * qpow(n * (n + 1) % mod * (m * 2 + 1) % mod, mod - 2) % mod;
}
ll ans = 0;
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
ll t = (mod + 1 - qpow((mod + 1 - p[i]) % mod, q)) % mod * qpow(p[i], mod - 2) % mod;
ans = (ans + 1LL * i * (n - i + 1) % mod * (m - 1) % mod * qpow(n * (n + 1) % mod * (m * 2 + 1) % mod, mod - 2) % mod * (q - t + mod) % mod) % mod;
}
ans = ans % mod * qpow(((n * (n + 1) / 2) % mod) * (m * 2 + 1) % mod, q) % mod;
printf("%lld\n", ans);
}
int main() {
int T = 1;
// scanf("%d", &T);
while (T--) {
solve();
}
return 0;
}