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D. Petya and Coloring

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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:
一个矩阵有N行M列，现有k种颜色，求符合下列要求的填色方案有多少种
要求：将矩阵竖直的切分成非空的两部分，两部分所包含的颜色数相同（只是颜色数相同，并没有要求是有相同的颜色）

solution:
考虑每种合法的填色方案
假设最左边一列的颜色种类为 a ，则剩余的部分也只能有k种颜色
此时左边的两列的颜色数必定不小于 a（多了一列），除去左边两列所剩的矩阵的颜色数必定不超过 a（少了一列）
又因为这个矩阵符合要求，故左边两列的颜色 = 除去左边两列的 = a
也就说明左边的第二列的颜色必定在左边第一列出现过
如此重复下去，可以证明，除了左边第一列和右边第一列，矩阵剩余部分的颜色必定都在左边第一列（右边第一列）出现过
不妨设左边第一列和右边第一列公共的颜色数为 b ，显然矩阵剩余部分的颜色数不超过 b ，于是中间那部分的填色方案肯定为 b ^ (n (m - 2))
现在要去算左边第一列和右边第一列的填色方案，显然这两个都是相等的，所以现在就是考虑一个1*n的数组用正好a种颜色填充的方案数
这个就是容斥原理就可以知道，设方案数为 F(a, n) = a ^ n - C(a, 1) * (a - 1) ^ n + C(a, 2) * (a - 2) ^ n - ...
于是总方案数为 ∑ C(k, a) * C(a, b) * C(k - a, a - b) F(a, n) ^ 2 * b ^ (n (m - 2))

hint:
注意考虑a和b的枚举范围 //我就是在这里WA了很久……
注意取模 //现在弱爆了，这个都写错
m = 1 也要考虑

 

code:

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
char ch; bool ok;
void read(int &x){
    for (ok=0,ch=getchar();!isdigit(ch);ch=getchar()) if (ch=='-') ok=1;
    for (x=0;isdigit(ch);x=x*10+ch-'0',ch=getchar());
    if (ok) x=-x;
}
const int maxk=1000005;
const int mod=1E9+7;
int fac[maxk],inv[maxk],invfac[maxk];
int n,m,k;
int ksm(int a,int b){
    int t;
    for (t=1;b;b>>=1,a=1LL*a*a%mod) if (b&1) t=1LL*t*a%mod;
    return t;
}
int C(int n,int m){
    int res=1LL*fac[n]*invfac[m]%mod*invfac[n-m]%mod;
    return res;
}
int main(){
    read(n),read(m),read(k);
    int lim=max(n,k);
    fac[0]=1;
    for (int i=1;i<=lim;i++) fac[i]=1LL*fac[i-1]*i%mod;
    inv[1]=1;
    for (int i=2;i<=lim;i++) inv[i]=1LL*(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;
    invfac[0]=1;
    for (int i=1;i<=lim;i++) invfac[i]=1LL*invfac[i-1]*inv[i]%mod;
    int ans=0;
    if (m==1){
        printf("%d\n",ksm(k,n));
        return 0;
    }
    for (int a=1;a<=min(n,k);a++){
        int res=0;
        for (int i=0;i<a;i++){
            int tmp=1LL*C(a,i)*ksm(a-i,n)%mod;
            if (i&1) tmp=mod-tmp;
            res=(res+tmp)%mod;
        }
        res=1LL*res*res%mod;
        res=1LL*res*C(k,a)%mod;
        for (int b=max(2*a-k,0);b<=a;b++){
            ans=(ans+1LL*res*C(a,b)%mod*C(k-a,a-b)%mod*ksm(b,n*(m-2))%mod)%mod;
        }
    }
    printf("%d\n",ans);
    return 0;
}