題目如圖

題意是說給n個花，m種顏色，要求相鄰花顏色不能相同，總共有k種不同的顏色。

　　剛開始想的是從m種顏色裏選k種，然後第一朵花有k種選法，後面的都是k-1種，這樣就是C(m,k) * (k - 1) ^ (n - 1) * k，然後交的時候第二個一直wa，後來發現會這樣並不能保證有k種顏色，比如4朵花3種顏色可以是1,2,1,2，只有兩種顏色。所以後來的思路是從這個裏面減去不超過k - 1種顏色的選法就是答案，然後想的式子是C(m,k)((k - 1) ^ (n - 1) * k - C(k,k - 1) * (k - 1) * (k - 2) ^ (n - 1))，這個意思是k種顏色裏選k - 1種塗n朵花，第一朵是k - 1種塗法，後面都是k - 2種，所以就是 C(k,k - 1) * (k - 1) * (k - 2) ^ (n - 1)，減去這種情況就是k種顏色的，後來發現這樣也有問題。比如n = 4,m = 4,k = 4的時候，假設顏色是從1到4，從k = 4種顏色裏選三種顏色會有1,2,3 , 1,2,4, 1,3,4 ,2,3,4這四種選法，其中在1,2,3這種情況會有1,2,1,2這種塗法，在1,2,4這種情況也會有1,2,1,2這種塗法，相當於把兩種顏色的算了兩遍。然後依次類推從五種顏色選四種會出現把三種顏色的算2遍，兩種顏色的算三遍。記f[i] = C(k,i) * i * (i - 1) ^ (n - 1)，那麽不超過2種顏色的應該是f[2] - f[1]，不超過三種顏色是f[3] - 不超過兩種的，不超過四種是f[4] - 不超過三種的，所以不超過k - 1種就是f[k - 1] - 不超過k - 2種的，可以列出式子為(f[k - 1] - (f[k - 2] - (f[k - 3]… - (f[2] - f[1]))))，然後由(k - 1) ^ (n - 1) * k減去它，也就是這種形式C(m,k) * (∑(i = 2,k) (-1) ^ (k - i) * f[i])。

　　在算的過程中需要用到逆元，因為求C(n,m)需要用到除法，所以用快速冪處理，a的逆元就是pow(a,mod - 2)。然後要對C(k,i)進行打表，求出i從1到k的值，還需要在最外層對逆元從1到1000000打表，不然會超時。

代碼如下：

#include<stdio.h> 
#include<math.h>
#include<set>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mod = 1000000007;
ll c[1000010],inverse[1000010];
ll quickPow(ll a,ll n){
    if
 
(n == 0)
        return 1;
    ll ans = quickPow(a,n / 2);
    ans=ans%mod;
    if(n % 2 == 0)
        return ans * ans % mod;
    return (((ans * ans) % mod) * a) % mod;
}

ll C(ll a,ll b){
    ll ans=1;
    for(int i=1;i<=b;i++){
        ans*=(a-i+1);
        ans%=mod;
        ans*=inverse[i];
        ans
 
%=mod;
    }
    return ans;
}
int main(){
    int T;
    scanf("%d",&T);
    int t = 0;
    for(int i = 1;i <= 1000000;i++)
        inverse[i] = quickPow(i,mod - 2);
    while(T--){
        t++;
        ll n,m,k;
        scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&k);
        c[1] = k;
        for(int i = 2;i <= k;i++){
            c[i] = c[i - 1] * (k - i + 1) % mod;
            c[i] = c[i] * inverse[i] % mod;
        }
        ll ans = 0;
        int sign = pow(-1,k - 1);
        for(int i = 1;i <= k;i++){
            ans = (ans + sign * i % mod * c[i] % mod * quickPow(i - 1, n - 1) % mod + mod) % mod;
            sign *= -1;
        }
        ans = ans * C(m,k) % mod;
        printf("Case #%d: %lld\n",t,ans);
    }
}

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