EZOJ #82

传送门

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+7;
long long c[110][110],n,m,k;
inline void getc(){
    int i,j;
    c[0][0]=1;
    for(i=1;i<=60;i++)
      c[i][0]=c[i][i]=1;
    for(i=1;i<=60;i++)
      for(j=1;j<i;j++)
        c[i][j]=(c[i-1][j]+c[i-1][j-1])%mod;
    return;
}
inline long long pw(long long x,long long p){
    long long res=1;
    x%=mod;
    while(p){
      if(p&1)res=res*x%mod;
      x=x*x%mod;
      p>>=1;
    }
    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(2,n*m);
      for(i=0;i<=n;i++)
        for(j=0;j<=m;j++){
          if(i==0&&j==0)continue;
          if((i+j)%2){
              Ans=(Ans+mod-c[n][i]*c[m][j]%mod*pw(2,(n-i)*(m-j))%mod)%mod;
          }else {
              Ans=(Ans+c[n][i]*c[m][j]%mod*pw(2,(n-i)*(m-j))%mod)%mod;
          }
        }
      printf("%lld\n",pw(Ans,k));
    }
    return 0;
}