codeforces 111D

題目連接

D. Petya and Coloring

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output

standard output

Little Petya loves counting. He wants to count the number of ways to paint a rectangular checkered board of size n × m (n rows, mcolumns) in k colors. Besides, the coloring should have the following property: for any vertical line that passes along the grid lines and divides the board in two non-empty parts the number of distinct colors in both these parts should be the same. Help Petya to count these colorings.

Input

The first line contains space-separated integers n, m and k (1 ≤ n, m ≤ 1000, 1 ≤ k ≤ 106) — the board's vertical and horizontal sizes and the number of colors respectively.

Output

Print the answer to the problem. As the answer can be quite a large number, you should print it modulo 109 + 7 (1000000007).

Examples

input

2 2 1

output

1

input

2 2 2

output

8

input

3 2 2

output

40

 

description:
一個矩陣有N行M列，現有k種顏色，求符合下列要求的填色方案有多少種
要求：將矩陣豎直的切分紅非空的兩部分，兩部分所包含的顏色數相同（只是顏色數相同，並無要求是有相同的顏色）

solution:
考慮每種合法的填色方案
假設最左邊一列的顏色種類爲 a ，則剩餘的部分也只能有k種顏色
此時左邊的兩列的顏色數一定不小於 a（多了一列），除去左邊兩列所剩的矩陣的顏色數一定不超過 a（少了一列）
又由於這個矩陣符合要求，故左邊兩列的顏色 = 除去左邊兩列的 = a
也就說明左邊的第二列的顏色一定在左邊第一列出現過
如此重複下去，能夠證實，除了左邊第一列和右邊第一列，矩陣剩餘部分的顏色一定都在左邊第一列（右邊第一列）出現過
不妨設左邊第一列和右邊第一列公共的顏色數爲 b ，顯然矩陣剩餘部分的顏色數不超過 b ，因而中間那部分的填色方案確定爲 b ^ (n (m - 2))
如今要去算左邊第一列和右邊第一列的填色方案，顯然這兩個都是相等的，因此如今就是考慮一個1*n的數組用正好a種顏色填充的方案數
這個就是容斥原理就能夠知道，設方案數爲 F(a, n) = a ^ n - C(a, 1) * (a - 1) ^ n + C(a, 2) * (a - 2) ^ n - ...
因而總方案數爲 ∑ C(k, a) * C(a, b) * C(k - a, a - b) F(a, n) ^ 2 * b ^ (n (m - 2))

hint:
注意考慮a和b的枚舉範圍 //我就是在這裏WA了好久……
注意取模 //如今弱爆了，這個都寫錯
m = 1 也要考慮

 

code:

 1 #include<bits/stdc++.h>
 2 using namespace std;
 3 char ch; bool ok;
 4 void read(int &x){
 5     for (ok=0,ch=getchar();!isdigit(ch);ch=getchar()) if (ch=='-') ok=1;
 6     for (x=0;isdigit(ch);x=x*10+ch-'0',ch=getchar());
 7     if (ok) x=-x;
 8 }
 9 const int maxk=1000005;
10 const int mod=1E9+7;
11 int fac[maxk],inv[maxk],invfac[maxk];
12 int n,m,k;
13 int ksm(int a,int b){
14     int t;
15     for (t=1;b;b>>=1,a=1LL*a*a%mod) if (b&1) t=1LL*t*a%mod;
16     return t;
17 }
18 int C(int n,int m){
19     int res=1LL*fac[n]*invfac[m]%mod*invfac[n-m]%mod;
20     return res;
21 }
22 int main(){
23     read(n),read(m),read(k);
24     int lim=max(n,k);
25     fac[0]=1;
26     for (int i=1;i<=lim;i++) fac[i]=1LL*fac[i-1]*i%mod;
27     inv[1]=1;
28     for (int i=2;i<=lim;i++) inv[i]=1LL*(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;
29     invfac[0]=1;
30     for (int i=1;i<=lim;i++) invfac[i]=1LL*invfac[i-1]*inv[i]%mod;
31     int ans=0;
32     if (m==1){
33         printf("%d\n",ksm(k,n));
34         return 0;
35     }
36     for (int a=1;a<=min(n,k);a++){
37         int res=0;
38         for (int i=0;i<a;i++){
39             int tmp=1LL*C(a,i)*ksm(a-i,n)%mod;
40             if (i&1) tmp=mod-tmp;
41             res=(res+tmp)%mod;
42         }
43         res=1LL*res*res%mod;
44         res=1LL*res*C(k,a)%mod;
45         for (int b=max(2*a-k,0);b<=a;b++){
46             ans=(ans+1LL*res*C(a,b)%mod*C(k-a,a-b)%mod*ksm(b,n*(m-2))%mod)%mod;
47         }
48     }
49     printf("%d\n",ans);
50     return 0;
51 }