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普及题。
容斥二项式反演得到答案的计算公式：\(\sum\limits_{i=0}^n\sum\limits_{j=0}^m\sum\limits_{k=0}^c(-1)^{n-i+m-j+c-k}{n\choose i}{m\choose j}{c\choose k}(k+1)^{ij}\)
这样我们就可以\(O(nmc)\)地完成了。
然后随便优化一下就是\(\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{k=1}^c(-1)^{n-i+c-k}{n\choose i}{c\choose k}((k+1)^i-1)^m\)。
这样我们就可以\(O(nc\log m)\)地完成了。

#include<cstdio>
const int N=407,P=1000000007;
int fac[N],ifac[N];
int mod(int x){return x+(x>>31&P);}
int inc(int a,int b){return mod(a+b-P);}
int dec(int a,int b){return mod(a-b);}
int mul(int a,int b){return 1ll*a*b%P;}
int pow(int a,int k){int r=1;for(;k;k>>=1,a=mul(a,a))if(k&1)r=mul(a,r);return r;}
int C(int n,int m){return mul(mul(fac[n],ifac[m]),ifac[n-m]);}
int main()
{
    fac[0]=1;
    for(int i=1;i<=400;++i) fac[i]=mul(fac[i-1],i);
    ifac[400]=pow(fac[400],P-2);
    for(int i=400;i;--i) ifac[i-1]=mul(ifac[i],i);
    int n,m,c,ans=0;scanf("%d%d%d",&n,&m,&c);
    for(int i=0;i<=n;++i)
    for(int k=0;k<=c;++k)
        ans=(n-i+c-k)&1? dec(ans,mul(mul(C(n,i),C(c,k)),pow(dec(pow(k+1,i),1),m))):inc(ans,mul(mul(C(n,i),C(c,k)),pow(dec(pow(k+1,i),1),m)));
    printf("%d",ans);
}

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来源： https://www.cnblogs.com/cjoierShiina-Mashiro/p/12238362.html

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