problem

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solution

显然，合法序列的状态要求任何一个前缀的白色球数$\ge$已出现的不同颜色数。

所以可以将球分成白色球和有颜色球两类球分开放。

其次，有颜色球一类重要的是有颜色球第一个放的位置，因为这会影响到前缀颜色数以及前缀白色球数的限制。

再者，不同颜色间是等价的，不妨先不区分颜色，只考虑每组个数，最后上颜色时再乘以 $n!$ 。

考虑确定当前第一个空位放什么类球，设 $f_{i,j}:$ 放了 $i$ 个白球，$j$ 组颜色球的方案数。

• 放白球。$f_{i,j}{\leftarrow }^{+}{f}_{i-1,j}$。

• 放第一个有颜色球。$f_{i,j}{\leftarrow }^{+}\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{nk-(j-1)(k-1)-i-1}{k-2}\right)f_{i,j-1}$。

  简单解释一下这个组合数系数怎么来的。

  总球数 $nk$，大前提下的分类 $n$ 个白球，$n(k-1)$ 个有颜色球。

  放了 $i$ 个白球，放了 $j-1$ 组有颜色球，共 $(j-1)(k-1)$ 个。

  当前空位（前面都放满了）强制是第 $j$ 组颜色球的第一个。

  每组球拿了一个做白球，固定了第一个位置，剩下 $k-2$ 个球的位置就是随意选择的了。

code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define mod 1000000007
#define maxn 2505
int n, k;
int inv[maxn * maxn], fac[maxn * maxn];
int f[maxn][maxn];int qkpow( int x, int y ) {int ans = 1;while( y ) {if( y & 1 ) ans = ans * x % mod;x = x * x % mod;y >>= 1;}return ans;
}int C( int n, int m ) { if( n < m or m < 0 ) return 0;else return fac[n] * inv[m] % mod * inv[n - m] % mod; 
}signed main() {scanf( "%lld %lld", &n, &k );if( k == 1 ) return ! printf( "1\n" );fac[0] = inv[0] = 1;for( int i = 1;i <= n * k;i ++ ) fac[i] = fac[i - 1] * i % mod;inv[n * k] = qkpow( fac[n * k], mod - 2 );for( int i = n * k - 1;i;i -- ) inv[i] = inv[i + 1] * ( i + 1 ) % mod;f[0][0] = 1;for( int i = 1;i <= n;i ++ )for( int j = 0;j <= i;j ++ ) {( f[i][j] += f[i - 1][j] ) %= mod;if( j ) ( f[i][j] += C( n * k - i - ( j - 1 ) * ( k - 1 ) - 1, k - 2 ) * f[i][j - 1] % mod ) %= mod;}printf( "%lld\n", f[n][n] * fac[n] % mod );return 0;
}