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题目大意：有一排方格共 $n$ 个，现在有 $m$ 种颜色，要给这些方格染色，要求相邻两个格子的颜色不能相同。现在问恰好用了 $k$ 种颜色的合法方案数。答案对 $10^9+7$ 取模。$T$ 组数据。
$1le Tle 300,1le n,mle 10^9,1le kle 10^6,kle min(n,m)$。大多数数据中 $k$ 很小。（smg啊……）
经典的二项式反演例题。
我们令 $f(x)$ 为一共有 $x$ 种颜色，恰好用了 $x$ 种颜色的方案数。
答案就是 ${mchoose k}f(k)$。因为任意选 $k$ 种颜色方案数是一样的。
这……似乎不太好算？
我们再令 $g(x)$ 为一共有 $x$ 种颜色，用了至多 $x$ 种颜色的方案数。
这个就不难算了。第一个格子可以随便填，就是 $x$ 种。后面的格子只要不和上一个颜色相同就行了，就是 $x-1$ 种。
乘法原理一下：$g(x)=x(x-1)^{n-1}$。$x=0$ 时这个式子是 $0$。
但是要注意，$x=n=1$ 时我们这样计算是 $0$，但是实际上是 $1$。为什么？$1 imes 0^0$。所以我们要把 $0^0$ 看做 $1$，或者直接特判掉。
（但是不特判也能过，数据太水，这多组数据没用吧）
我们来想一想 $f$ 和 $g$ 有什么关系。很容易发现：$g(x)=sumlimits^x_{i=0}{xchoose i}f(i)$。因为 $x$ 种颜色中随便选 $i$ 种都可以。
标准二项式反演形式。$f(x)=sumlimits^x_{i=0}(-1)^{x-i}{xchoose i}g(i)$。
因为 $xle 10^6$，所以阶乘和逆元都可以预处理，组合数就可以 $O(1)$ 了。此时 $f(x)$ 就可以 $O(xlog n)$ 算了。
现在问题就是算 $mchoose k$ 了。$m$ 达到了惊人的 $10^9$，模数又是个大数……怎么办？
我们发现 $mchoose k$ 可以表示成一种不常用的形式：$frac{m(m-1)(m-2)...(m-k+1)}{k!}$。
此时分母是预处理过的，分子可以 $O(k)$ 算。这就完事了。
总时间复杂度 $O(Tklog n)$。因为大多数数据中 $k$ 很小，所以可以跑过。
……这数据范围我给满分……
代码：
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; const int maxn=1000100,mod=1000000007; #define FOR(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++) #define ROF(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);i--) #define MEM(x,v) memset(x,v,sizeof(x)) inline int read(){ char ch=getchar();int x=0,f=0; while(ch<'0' || ch>'9') f|=ch=='-',ch=getchar(); while(ch>='0' && ch<='9') x=x*10+ch-'0',ch=getchar(); return f?-x:x; } int t,n,m,k,fac[maxn],inv[maxn],invfac[maxn]; void init(){ //预处理阶乘，逆元，阶乘的逆元 fac[0]=fac[1]=inv[1]=invfac[0]=invfac[1]=1; FOR(i,2,1000000){ fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%mod; inv[i]=mod-1ll*(mod/i)*inv[mod%i]%mod; invfac[i]=1ll*invfac[i-1]*inv[i]%mod; } } int C(int n,int m){ if(n<=1000000) return 1ll*fac[n]*invfac[m]%mod*invfac[n-m]%mod; //n,m很小，可以直接算 int ans=invfac[m]; //分母是m的阶乘 ROF(i,n,n-m+1) ans=1ll*ans*i%mod; //暴力乘上分子 return ans; } int qpow(int a,int b){ //快速幂 int ans=1; for(;b;b>>=1,a=1ll*a*a%mod) if(b&1) ans=1ll*ans*a%mod; return ans; } int g(int x){ if(x==1 && n==1) return 1; //特判掉x=n=1 return 1ll*x*qpow(x-1,n-1)%mod; } int f(int x){ int ans=0; FOR(i,0,x){ int v=1ll*C(x,i)*g(i)%mod; if((x-i)&1) ans=(ans-v+mod)%mod; //(-1)^(x-i) else ans=(ans+v)%mod; } return ans; } int main(){ init(); t=read(); FOR(tt,1,t){ n=read();m=read();k=read(); printf("Case #%d: %d ",tt,int(1ll*C(m,k)*f(k)%mod)); //记得乘上C(m,k) } }