Description
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Solution
神题。
定义一个上边界或下边界的格子为”上下接口“，当且仅当上下边界该位置的格子都是黑色的。
”左右接口“同理。
首先特判掉(k)小于等于1的情况，答案都是1。
然后特判掉两种情况：上下接口和左右接口同时存在时，答案显然为1；二者皆不存在时，答案就是(s^{k-1})，其中(s)为给定网格的黑格子数目。
所以接下来我们考虑的问题是：(kge 2)，且仅存在上下接口或左右接口。现在我们只考虑前者的情况，后者可以通过旋转原网格来达到同样的效果。
首先来观察2级分形的结构：我们不妨把其中的每一块1级分形看做一个节点，如果两个相邻1级分形可以互相连通，则视为将其对应节点之间连一条边。由此我们对2级分形构造出一张图。
对于3级及其以上分形，节点与边的定义不再扩展，依然是1级分形、表示1级分形之间是否连通。
可以发现，由于当前只存在上下接口，因此2级分形的图是由若干条竖直方向的链构成的。推广一下，就会发现，对于(k)级分形((k ge 2))对应的图，它们都有着这个性质。
将链看成树，我们就可以运用森林的性质：树的个数等于总点数减去总边数。则连通块个数等于总点数减去总边数。
记(a)表示给定网格样式中，上下两个格子都是黑色的位置有多少，即(sum [map_{i,j}=map_{i+1,j}='#'])
记(b)表示上下接口的个数（同一列的两个接口只算1个）
记(V_k)表示(k)级分形图中点的个数，(E_k)表示(k)级分形图中边的条数。则有递推式：
(V_2=s)，(E_2=a)
(V_k=V_{k-1}*s)，(E_k=E_{k-1}*s+ab^{k-2})
其中(V)的递推显然，而(E)的含义则是：每个低级分形中边个数乘上扩增倍数，加上低级分形在组合成高级分形时通过上下接口新产生的边数。注意(b)之所以含有一个幂形式，是因为随着分形级数的不断扩增，上下接口的数量也在不断增长。
使用矩阵快速幂计算就做完了。
Code
#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1005;
const int MOD=1e9+7;
int n,m,blacksum;
ll kk;
char str[N][N];
int map[N][N];
int hcnt,vcnt,lh,lv;
inline void plus(int &x,int y){
x=(x+y>=MOD)?(x+y-MOD):x+y;
}
inline void swap(int &x,int &y){
x^=y^=x^=y;
}
inline int fmi(int x,ll y){
int res=1;
for(;y;x=1LL*x*x%MOD,y>>=1)
if(y&1)
res=1LL*res*x%MOD;
return res;
}
struct Mat{/*{{{*/
int n,m;
int a[4][4];
Mat(){
memset(a,0,sizeof a);
}
Mat(int _n,int _m){
n=_n; m=_m;
clear();
}
void setUnit(){
if(n!=m) return;
for(int i=1;i<=n;i++)
a[i][i]=1;
}
void clear(){
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=m;j++)
a[i][j]=0;
}
friend Mat operator * (Mat u,Mat v){
Mat res=Mat(u.n,v.m);
for(int i=1;i<=u.n;i++)
for(int j=1;j<=v.m;j++)
for(int k=1;k<=u.m;k++)
//(res.a[i][j]+=1LL*u.a[i][k]*v.a[k][j]%MOD)%=MOD;
plus(res.a[i][j],1LL*u.a[i][k]*v.a[k][j]%MOD);
return res;
}
}O,T;/*}}}*/
void readData(){
scanf("%d%d%lld",&n,&m,&kk);
for(int i=1;i<=n;i++){
scanf("%s",str[i]+1);
for(int j=1;j<=m;j++)
blacksum+=(str[i][j]=='#');
}
}
int getTypeAndInit(){
for(int i=1;i<=n;i++)
hcnt+=(str[i][1]=='#'&&str[i][m]=='#');
for(int j=1;j<=m;j++)
vcnt+=(str[1][j]=='#'&&str[n][j]=='#');
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=m;j++){
if(j<m)
lh+=(str[i][j]=='#'&&str[i][j+1]=='#');
if(i<n)
lv+=(str[i][j]=='#'&&str[i+1][j]=='#');
}
if(hcnt&&vcnt) return 1;
else if(!hcnt&&!vcnt) return 2;
if(hcnt){
swap(hcnt,vcnt);
swap(lh,lv);
}
return 3;
}
void fillMatrix(){
O=Mat(1,3);
O.a[1][1]=blacksum; O.a[1][2]=lv; O.a[1][3]=vcnt;
T=Mat(3,3);
T.a[1][1]=blacksum;
T.a[2][2]=blacksum; T.a[3][2]=lv;
T.a[3][3]=vcnt;
}
Mat mat_fmi(Mat x,ll y){
Mat res=Mat(x.n,x.n);
res.setUnit();
for(;y;x=x*x,y>>=1)
if(y&1)
res=res*x;
return res;
}
void solve(){
fillMatrix();
T=mat_fmi(T,kk-2);
O=O*T;
int ans=O.a[1][1]-O.a[1][2];
printf("%d
",ans<0?ans+MOD:ans);
}
int main(){
readData();
if(kk<=1){
puts("1");
return 0;
}
int type=getTypeAndInit();
if(type==1)//whole
puts("1");
else if(type==2)//isolated
printf("%d
",kk==0?1:fmi(blacksum,kk-1));
else
solve();
return 0;
}