Description
(n)种颜色的球，每种(k)个，((n,kleq 2000))将(ncdot k)个球排成一排，把每种颜色最左边的那个涂成白色（初始不含白色），求不同序列个数。
Solution
考虑一种性质，该序列的前缀中白球个数应大于其他颜色的种类。
考虑(O(n^2))的做法，设(f_{i,j})为已经放了(i)个白球，放完了(j)中其它颜色的方案数。
第(i)位若为白球，(f_{i,j}+=f_{i-1,j})，即放直接放一个白球
第(i)为若为其它颜色的球，(f_{i,j}+=f_{i,j-1}cdot (n-j+1)cdot C_{ncdot k-i-(j-1)cdot (k-1)-1}^{k-2})，即在第一个空位选一个颜色放，然后在后面剩下的位置放该颜色剩下(k-2)个球。
综上所述：
[f_{i,j}=f_{i-1,j}+f_{i,j-1}cdot (n-j+1)cdot C_{ncdot k-i-(j-1)cdot (k-1)-1}^{k-2}
]
[f_{i,0}=1,Ans=f_{n,n}
]
Code
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N=2005, P=1000000007;
int f[N][N], fac[N*N], ifac[N*N];
int C(int n, int m){return fac[n]*ifac[m]%P*ifac[n-m]%P;}
int Pow(int x, int t)
{
int res=1;
while (t) {if (t&1) res=res*x%P; x=x*x%P; t>>=1;}
return res;
}
signed main()
{
int n, k; scanf("%d%d", &n, &k);
if (k==1) {puts("1"); return 0;}
f[0][0]=fac[0]=1;
for (int i=1; i<=4e6; i++) fac[i]=fac[i-1]*i%P;
ifac[(int)4e6]=Pow(fac[(int)4e6], P-2);
for (int i=4e6-1; ~i; i--) ifac[i]=ifac[i+1]*(i+1)%P;
for (int i=1; i<=n; i++)
for (int j=0; j<=i; j++)
f[i][j]=f[i-1][j]+(j!=0)*
(f[i][j-1]*(n-j+1)%P*C(n*k-i-(j-1)*(k-1)-1, k-2)%P)%P;
printf("%d
", f[n][n]);
return 0;
}