EZOJ #82
分析
首先我们发现$k$位数实际就是一位的情况的$k$次方
考虑一开始的总方案数是$2^{nm}$
我们每一次枚举其中有$i$行$j$列
对于这种情况的容斥系数为$(-1)^{i+j}$
方案数为$C_n^i*C_m^j*2^{(n-i)(m-j)}$
表示$n$行选$i$行,$m$列选$j$列,除此以外的点随便填有多少种方案
代码
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<string>
#include<algorithm>
#include<cctype>
#include<cmath>
#include<cstdlib>
#include<queue>
#include<ctime>
#include<vector>
#include<set>
#include<map>
#include<stack>
using namespace std;
const long long mod = 1e9+;
long long c[][],n,m,k;
inline void getc(){
int i,j;
c[][]=;
for(i=;i<=;i++)
c[i][]=c[i][i]=;
for(i=;i<=;i++)
for(j=;j<i;j++)
c[i][j]=(c[i-][j]+c[i-][j-])%mod;
return;
}
inline long long pw(long long x,long long p){
long long res=;
x%=mod;
while(p){
if(p&)res=res*x%mod;
x=x*x%mod;
p>>=;
}
return res;
}
int main(){
long long i,j,t;
scanf("%lld",&t);
getc();
while(t--){
scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&k);
long long Ans=pw(,n*m);
for(i=;i<=n;i++)
for(j=;j<=m;j++){
if(i==&&j==)continue;
if((i+j)%){
Ans=(Ans+mod-c[n][i]*c[m][j]%mod*pw(,(n-i)*(m-j))%mod)%mod;
}else {
Ans=(Ans+c[n][i]*c[m][j]%mod*pw(,(n-i)*(m-j))%mod)%mod;
}
}
printf("%lld\n",pw(Ans,k));
}
return ;
}
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