zlh秒的題，我根本不會，出題人欽點此題提高-，想來我要爆零了。。。

這題n，a都巨大無比，所以演算法要儘量往k身上靠，先推一波式子：

把這裡sigma內的東西拆開得到：

第k此項係數C(k,k)肯定是1，消去，再換一下i，j列舉順序：

這裡就出現了和原式很相似的東西，設一個二元函式A：

剛剛那個式子變為：

這樣發現每次求A（k，n）都可由A（0~k-1，n-1）推過來！

但這樣暴力遞迴複雜度為k^3，而其實發現我們需要的東西是A（k,n）->A(0~k-1,n-1)->A(0~k-2,n-2)->......

k相同的項只要求n最小的那個往後O（logk）遞推下去即可，複雜度k^2logk,常數不要太差即可過此題。

PS：此題據zlh大佬所說當a為1時前面推的就gg了（除數為0），因此要特判這種情況，（為1~n的k次冪之和），這東西想必出題人自己都沒想到。。

程式碼：

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const ll mod=1e9+7;
const int N=2050;

ll a,C[N][N],ans[N][N],mo;

void Dw(ll &x,ll y)
{x=(x-y+mod)%mod;}
void Ad(ll &x,ll y)
{x=(x+y)%mod;}

ll qpow(ll x,ll y)
{
	ll res=1;
	x%=mod;//注意這裡x範圍1e18，不加會死的很慘（wa40*3）
	while(y)
	{
		if(y&1)res=res*x%mod;
		x=x*x%mod,y>>=1;
	}
	return res;
}
ll ask(ll n,ll k)
{
	ll res;
	res=qpow(a,n+1)*qpow(n,k)%mod;
	Dw(res,a);
	for(int j=0;j<k;j++)
		Dw(res,C[k][j]*ans[j][n-1-mo]%mod*a%mod);
	res=res*qpow(a-1,mod-2)%mod;
	return res;
}
void get(ll l,ll r,ll x)
{
	ll tp;
	for(ll i=l;i<=r;i++)
	{
		if(i==l)
		{
			if(i==0)ans[x][l-mo]=0;
			else ans[x][l-mo]=ask(l,x);
			tp=qpow(a,i);
		}
		else
		{
			tp=tp*a%mod;
			ans[x][i-mo]=ans[x][i-1-mo];
			Ad(ans[x][i-mo],qpow(i,x)*tp%mod);
		}
	}
}
int main()
{
	ll n,k;
	cin>>n>>a>>k;
	C[0][0]=1;
	for(int i=1;i<=2000;i++)
	{
		C[i][0]=1;
		for(int j=1;j<=2000;j++)
			C[i][j]=(C[i-1][j]+C[i-1][j-1])%mod;
	}
	mo=max(0LL,n-k);
	for(int i=0;i<k;i++)
		get(max(0LL,n-k+i),n-1,i);
	printf("%lld\n",ask(n,k));
}