看到这个限制条件有点多，我们就一直容斥好了
先容斥颜色，我们枚举至少不用(i)种颜色
再容斥列，我们枚举至少不用(j)列
最后容斥行，枚举至少不用(k)行
容斥系数显然是((-1)^i,(-1)^j,(-1)^k)，我们从(c)种颜色里选出(i)种不用，(m)列里选出(j)列不凃，(n)行里选出(k)行不凃，分别是(inom{c}{i},inom{m}{j},inom{n}{k})
对于剩下的((m-j)(n-k))个格子，每个格子我们有(c-i)种颜色可以涂，或者直接空着，所以有(c-i+1)种选择
于是我们的答案就是
[sum_{i=0}^csum_{j=0}^msum_{k=0}^n(-1)^{i+j+k}inom{c}{i}inom{m}{j}inom{n}{k} imes (c-i+1)^{(m-j)(n-k)}
]
里面用快速幂算那个东西会(T)的，我们乱搞一下就能优化成(O(nmc))了
代码
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define re register
#define LL long long
inline int read() {
char c=getchar();int x=0;while(c<'0'||c>'9') c=getchar();
while(c>='0'&&c<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+c-48,c=getchar();return x;
}
const int mod=1e9+7;
const int maxn=405;
int n,m,c;
int fac[maxn],inv[maxn],ifac[maxn];
inline int C(int n,int m) {
if(m>n) return 0;
return 1ll*fac[n]*ifac[n-m]%mod*ifac[m]%mod;
}
inline int ksm(int a,int b) {
int S=1;
while(b) {if(b&1) S=1ll*S*a%mod;b>>=1;a=1ll*a*a%mod;}
return S;
}
int main() {
n=read(),m=read(),c=read();
inv[1]=1,fac[0]=1,ifac[0]=1;
for(re int i=1;i<=400;i++) fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%mod;
for(re int i=2;i<=400;i++) inv[i]=1ll*(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;
for(re int i=1;i<=400;i++) ifac[i]=1ll*ifac[i-1]*inv[i]%mod;
int ans=0;
for(re int i=0;i<=c;i++)
for(re int j=0;j<=m;j++) {
int now=1,t=ksm(c-i+1,m-j);
for(re int k=n;k>=0;--k) {
int tot=1ll*C(c,i)*C(m,j)%mod*C(n,k)%mod*now%mod;
if((i+j+k)&1) ans=(ans-tot+mod)%mod;
else ans=(ans+tot)%mod;
now=1ll*now*t%mod;
}
}
printf("%d
",ans);
return 0;
}