题目解析
刚开始的思路：我先钦定好，给每行每列一个家(1)，其它随便选，一共(n!k^{(n^2-n)})
但是会有重复，考虑去重。我们还是先给每行每列一个家，但是后面那个不能随便选，我们枚举一些行，一些列，然后让它们随便选，剩下的不能随便选，发现这样也有重复，所以考虑容斥。
看了题解之后发现一个更自然的想法。
我们可以用总方案数减去不合法的方案数。现在考虑不合法的方案长啥样。还是按照钦定多少行/多少列有无(1)的思路来，我们先减去“有一行/列（第(i)行/列）没有(1)，其它随便选”，而这个方案和“有两行/两列/一行一列没有(1)，其它随便选”有重叠，所以把这样的方案加回来，而上个方案数也有重叠，我们又多加了一次“有三行/三列/两行一列/一行两列没有(1)，其它随便选”，所以这还是个容斥。
我们把总方案数看成“钦定(0)行(0)列没有(1)，其它随便选”，于是可以合并在容斥式子里：
(ans=sum_{i=0}^nsum_{j=0}^nC_n^iC_n^j(k-1)^{n(i+j)-ij}k^{n^2-ni-nj+ij})
先无序选出(i)行(j)列，这(i)行(j)列上的数除了(1)以外随便选，剩下的格子可以随便选。
其实还可以用二项式定理优化，还有(dp)写法，但是咕咕咕~
►Code View
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<set>
using namespace std;
#define N 260
#define MOD 1000000007
#define INF 0x3f3f3f3f3f3f3f3f
#define LL long long
LL rd()
{
LL x=0,f=1;char c=getchar();
while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-') f=-1; c=getchar();}
while(c>='0'&&c<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48); c=getchar();}
return f*x;
}
int n;
LL k;
LL fac[N],inv[N];
LL ksm(LL a,LL b)
{
LL res=1ll;
while(b)
{
if(b&1) res=res*a%MOD;
a=a*a%MOD;
b>>=1;
}
return res;
}
void Init()
{
fac[0]=1,inv[0]=1;
for(int i=1;i<=N-5;i++)
fac[i]=fac[i-1]*i%MOD;
inv[N-5]=ksm(fac[N-5],MOD-2);
for(int i=N-6;i>=1;i--)
inv[i]=inv[i+1]*(i+1)%MOD;
}
LL C(int a,int b)
{
return fac[a]*inv[a-b]%MOD*inv[b]%MOD;
}
int main()
{
n=rd(),k=rd();
Init();
LL ans=0;
for(int i=0;i<=n;i++)
for(int j=0;j<=n;j++)
{
LL res=C(n,i)*C(n,j)%MOD;
res=res*ksm(k-1,n*(i+j)-i*j)%MOD*ksm(k,(n-i)*(n-j))%MOD;
if((i+j)&1) ans=(ans-res+MOD)%MOD;
else ans=(ans+res)%MOD;//忘了写else可还行 调了20min
}
printf("%lld
",ans);
return 0;
}