大致题意： 有一个(n*m)的矩形，先让你用(C)种颜色给它染色。每个格子可染色可不染色，但要求每行每列至少有一个小方格被染色，且每种颜色至少出现一次。求方案数。
高维容斥
显然题目中给你(3)个条件，而我们要一起容斥，所以就是高维容斥。。。
通过高维容斥，我们可以得到这样一个式子：
[sum_{i=0}^n(-1)^{n-i}C_n^isum_{j=0}^m(-1)^{m-j}C_m^jsum_{k=0}^c(-1)^{c-k}C_c^k(k+1)^{ij}
]
然后我们把三个(sum)提前，就可以得到这样一个式子：
[sum_{i=0}^nsum_{j=0}^msum_{k=0}^c(-1)^{n+m+c-i-j-k}C_n^iC_m^jC_c^k(k+1)^{ij}
]
可以发现，这个式子可以(O(nmc))推，做这题(n,m,cle400)的数据已经足够了。
二项式定理
虽说原先的式子已经能水过了，但这题其实可以优化至(O(nclog_2m))。
首先我们要知道二项式定理是这样一个式子：
[(x+y)^n=sum_{i=0}^nC_n^ix^iy^{n-i}
]
然后我们就要考虑将上面的式子转化，使其能够用二项式定理化简：
[sum_{i=0}^nsum_{k=0}^c((-1)^{n+m+c-i-k}C_n^iC_c^ksum_{j=0}^mC_m^j(-1)^{-j}((k+1)^i)^j)
]
接下来我们单独考虑其中(sum_{j=0}^mC_m^j(-1)^{-j}((k+1)^i)^j)。
观察可得，这个式子中枚举上界为(m)，有一个组合数(C_m^j)，且(((k+1)^i)^j)一项为(j)次项，因此我们要把另一项变成((m-j))次项。
也就是我们要乘上一个((-1)^m)。
于是就能得到这样一个式子：
[(-1)^{-m}sum_{j=0}^mC_m^j(-1)^{m-j}((k+1)^i)^j
]
[(-1)^{-m}(-1+(k+1)^i)^m
]
考虑当(m)为奇数时，((-1)^{-m}=-1)，可得：
[(1-(k+1)^i)^m
]
考虑当(m)为偶数时，((-1)^{-m}=-1)，考虑到一个数与其相反数的偶次幂相等，可得：
[(1-(k+1)^i)^m
]
因此，原始可以简单地归纳为一个式子。
再把这个式子代回整个式子中，就得到：
[sum_{i=0}^nsum_{k=0}^c((-1)^{n+m+c-i-k}C_n^iC_c^k(1-(k+1)^i)^m
]
而这个式子就可以(O(nclog_2m))求解了。
代码
#include<bits/stdc++.h>
#define Tp template<typename Ty>
#define Ts template<typename Ty,typename... Ar>
#define Reg register
#define RI Reg int
#define Con const
#define CI Con int&
#define I inline
#define W while
#define N 400
#define X 1000000007
#define Qinv(x) Qpow(x,X-2)
#define Inc(x,y) ((x+=(y))>=X&&(x-=X))
#define Dec(x,y) ((x-=(y))<0&&(x+=X))
#define C(x,y) (1LL*Fac[x]*Inv[y]%X*Inv[(x)-(y)]%X)
#define swap(x,y) (x^=y^=x^=y)
using namespace std;
int n,m,c,Fac[N+5],Inv[N+5];
I int Qpow(RI x,RI y) {RI t=1;W(y) y&1&&(t=1LL*t*x%X),x=1LL*x*x%X,y>>=1;return t;}//快速幂
I int XSub(RI x,CI y) {return Dec(x,y),x;}//模意义下做减法
int main()
{
RI i,k,t,ans=0;for(scanf("%d%d%d",&n,&m,&c),t=max(n,c),Fac[0]=i=1;i<=t;++i) Fac[i]=1LL*Fac[i-1]*i%X;//初始化阶乘
for(Inv[t]=Qinv(Fac[t]),i=t-1;~i;--i) Inv[i]=1LL*Inv[i+1]*(i+1)%X;//初始化阶乘逆元
for(i=0;i<=n;++i) for(k=0;k<=c;++k)//枚举i和k，求解答案
{
if((n+m+c-i-k)&1) Dec(ans,1LL*C(n,i)*C(c,k)%X*Qpow(XSub(1,Qpow(k+1,i)),m)%X);
else Inc(ans,1LL*C(n,i)*C(c,k)%X*Qpow(XSub(1,Qpow(k+1,i)),m)%X);
}
return printf("%d",ans),0;//输出答案
}