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題目解析

剛開始的思路：我先欽定好，給每行每列一個家\(1\)，其它隨便選，一共\(n!k^{(n^2-n)}\)

但是會有重複，考慮去重。我們還是先給每行每列一個家，但是後面那個不能隨便選，我們列舉一些行，一些列，然後讓它們隨便選，剩下的不能隨便選，發現這樣也有重複，所以考慮容斥。

看了題解之後發現一個更自然的想法。

我們可以用總方案數減去不合法的方案數。現在考慮不合法的方案長啥樣。還是按照欽定多少行/多少列有無\(1\)的思路來，我們先減去“有一行/列（第\(i\)行/列）沒有\(1\)，其它隨便選”，而這個方案和“有兩行/兩列/一行一列沒有\(1\)，其它隨便選”有重疊，所以把這樣的方案加回來，而上個方案數也有重疊，我們又多加了一次“有三行/三列/兩行一列/一行兩列沒有\(1\)

我們把總方案數看成“欽定\(0\)行\(0\)列沒有\(1\)，其它隨便選”，於是可以合併在容斥式子裡：

\(ans=\sum_{i=0}^n\sum_{j=0}^nC_n^iC_n^j(k-1)^{n(i+j)-ij}k^{n^2-ni-nj+ij}\)

先無序選出\(i\)行\(j\)列，這\(i\)行\(j\)列上的數除了\(1\)以外隨便選，剩下的格子可以隨便選。

其實還可以用二項式定理優化，還有\(dp\)寫法，但是咕咕咕~

►Code View

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<set>
using namespace std;
#define N 260
#define MOD 1000000007
#define INF 0x3f3f3f3f3f3f3f3f
#define LL long long
LL rd()
{
	LL x=0,f=1;char c=getchar();
	while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-') f=-1; c=getchar();}
	while(c>='0'&&c<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48); c=getchar();}
	return f*x;
}
int n;
LL k;
LL fac[N],inv[N];
LL ksm(LL a,LL b)
{
	LL res=1ll;
	while(b)
	{
		if(b&1) res=res*a%MOD;
		a=a*a%MOD;
		b>>=1;
	}
	return res;
}
void Init()
{
	fac[0]=1,inv[0]=1;
	for(int i=1;i<=N-5;i++)
		fac[i]=fac[i-1]*i%MOD;
	inv[N-5]=ksm(fac[N-5],MOD-2);
	for(int i=N-6;i>=1;i--)
		inv[i]=inv[i+1]*(i+1)%MOD;
}
LL C(int a,int b)
{
	return fac[a]*inv[a-b]%MOD*inv[b]%MOD;
}

int main()
{
	n=rd(),k=rd();
	Init();
	LL ans=0;
	for(int i=0;i<=n;i++)
		for(int j=0;j<=n;j++)
		{
			LL res=C(n,i)*C(n,j)%MOD;
			res=res*ksm(k-1,n*(i+j)-i*j)%MOD*ksm(k,(n-i)*(n-j))%MOD;
			if((i+j)&1) ans=(ans-res+MOD)%MOD;
			else ans=(ans+res)%MOD;//忘了寫else可還行 調了20min 
		}
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}