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ps：在训练时写这道题 差点被送走了

我们可以发现给出的公式可以转化这样

这个就不说了，就是k^(nm)所以排列的可能;

然后我们要重点观察这个公式，可以发现g * Ag（方案数 * good点的数量） 可以意味这组成一个方案中的g个good点都能对答案贡献1，那我们可以转过来对每一个点的贡献进行分析，不难想到，在一个方案中，只要它是good点，他就能贡献1；所以我们假设他为good点 ，能贡献的即为：

因为有nm个点，所以我们还有乘于n*m；

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;
typedef pair<int,int> PII;
typedef long long ll;
const ll INF=0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const ll N=1e6+10;
const ll mod=1e9+7;
int cc;
int n,m,k;
ll qow1(ll a,ll b)
{ll ans=1;while(b){if(b&1) ans=(ans*a)%mod;a=(a*a)%mod;b/=2;}return ans;
}void solve()
{scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);ll ans=qow1(k,n*m);ll sum=ans;for(int i=1;i<=k;i++){ans=(ans+(qow1(i-1,n+m-2)*qow1(k,m*n-n-m+1)%mod)*m*n%mod)%mod;}printf("Case #%d: %lld\n",++cc,ans);
}int main()
{
#ifdef LOCALfreopen("in.txt", "r", stdin);
#else#endif  LOCALint t;t=1;scanf("%d",&t);while(t--){solve();}return 0;
}