一、題目

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二、解法

其實我們只需要關係一個數是不是 \(1\)，至於 \(k\) 是拿給我們來算方案數的。

直接憑感覺容斥，欽定 \(i\) 行沒有 \(1\) ，\(j\) 列沒有 \(1\)，\(t=(n-i)(n-j)\) 即是不被欽定格子的數量：

以 \(0\) 為起點的容斥係數多半是 \((-1)^i\) 之類的，類似的柿子是可以用二項式反演嚴格推導的：比如這位大佬的部落格，但用二項式反演推出來就不知道可不可以優化了。我正在嘗試能不能嚴格推出上面的式子。

時間複雜度 \(O(n^2)\) 其實已經足夠通過本題了，但是我們想能不能做到更好，優化的辦法是 去掉內層迴圈，由於這裡既有 \(-1\) 又有 \(C(n,j)\)，所以我們可以嘗試使用 二項式定理 ，但是 \(k\) 的那些項要做相應的變形。

這個變形也不是空穴來風，我們在配湊指數 \(n-j\) 和 \(j\)

所以時間複雜度優化成了 \(O(n\log n)\) ，程式碼也極好寫。

#include <cstdio>
const int M = 305;
const int MOD = 1e9+7;
#define int long long
int read()
{
	int x=0,f=1;char c;
	while((c=getchar())<'0' || c>'9') {if(c=='-') f=-1;}
	while(c>='0' && c<='9') {x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48);c=getchar();}
	return x*f;
}
int n,k,ans,inv[M],fac[M],f1[M],f2[M];
void init()
{
	inv[0]=inv[1]=fac[0]=f1[0]=f2[0]=1;
	for(int i=2;i<=n;i++) inv[i]=(MOD-MOD/i)*inv[MOD%i]%MOD;
	for(int i=2;i<=n;i++) inv[i]=inv[i-1]*inv[i]%MOD;
	for(int i=1;i<=n;i++) fac[i]=fac[i-1]*i%MOD;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		f1[i]=f1[i-1]*(k-1)%MOD;
		f2[i]=f2[i-1]*k%MOD;
	}
}
int qkpow(int a,int b)
{
	int r=1;
	while(b>0)
	{
		if(b&1) r=r*a%MOD;
		a=a*a%MOD;
		b>>=1;
	}
	return r;
}
int C(int n,int m)
{
	if(n<m) return 0;
	return fac[n]*inv[m]%MOD*inv[n-m]%MOD;
}
signed main()
{
	n=read();k=read();
	init();
	for(int i=0;i<=n;i++)
	{
		int t=(f1[i]*f2[n-i]-f1[n])%MOD;
		if(i%2==0) ans=(ans+C(n,i)*qkpow(t,n))%MOD;
		else ans=(ans-C(n,i)*qkpow(t,n))%MOD;
	}
	printf("%lld\n",(ans+MOD)%MOD);
}