版权声明：本文为博主原创文章，未经博主允许不得转载。 https://blog.csdn.net/liufengwei1/article/details/82889452
一堆人做出来了，就我不会做，感觉我完全不会计数题啊，菜的雅痞。还好最后qt想出来了，不然要凉。
看似值域为1-k，然后求恰好有g个greatcell很像多校里面jls的一道题，然而这个限制更多，对于一个g已经这么难求了，而对于所有g我感觉简直冇得任何办FA。
于是继上次遇到那个输出X^3次方的套路后，这题的套路又在他要输出的答案上，对 (g+1）Ag 求和拆成2个部分，sigma Ag就是所有的方案数了，因为一个任意放的方案数对对应形成一个Ag的一个方案，所有的放法就是k^nm
然后就是sigma （g*Ag）这个转换是真的关键，对于一种形成Ag的方案，要乘上一个g，也就是这个方案里面的g个greatcells计了一遍数，那么我们从另外一个角度考虑，对于一个格子，如果他是greatcell，对于他是greatcell的所有方案数，他都要计一次数，那么就问题变成了有多少方案中，这个格子要计数，这样就简单很多了，假设他放的是i，那么n-1+m-1个格子智能放1到i-1,而其余的(n-1)*(m-1)个格子还是1-k随便放的，那么这个格子放颜色i时候的贡献就是(i-1)^(n-1+m-1)*k^((n-1)*(m-1)),而对于n*m个格子，这个贡献都是一样的，那么直接乘就好
#include<bits/stdc++.h>
#define maxl 201
#define mod 1000000007
int n,m,k,cas;
long long ans;
inline void prework()
{
scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
}
inline long long qp(long long a,long long b)
{
long long ans=1,cnt=a;
while(b)
{
if(b&1)
ans=(ans*cnt)%mod;
cnt=(cnt*cnt)%mod;
b>>=1;
}
return ans;
}
inline void mainwork()
{
ans=qp(k,n*m);
long long tmp=0;
for(int i=1;i<=k;i++)
tmp=(tmp+qp(i-1,n-1+m-1))%mod;
tmp=tmp*qp(k,(n-1)*(m-1))%mod;
ans=(ans+tmp*n%mod*m%mod)%mod;
}
long long print()
{
printf("Case #%d: %lld\n",cas,ans);
}
int main()
{
int t;
scanf("%d",&t);
for(cas=1;cas<=t;cas++)
{
prework();
mainwork();
print();
}
return 0;
}