這三個限制可以逐個來解決，然后逐層相乘。
當至少有(i)行(j)列不染色的且規定為某(i)行(j)列不染色的時候，設(f_k)表示不用(k)種顏色的方案。
則：

[inom{c}{k}(c-k+1)^{(n-i)(m-j)}=sum_{t=k}^c inom{t}{k} f_t
]

左式的意義為，選(k)個顏色不用的方案數。由于還有不涂色的選擇，所以并不能保證只有那幾個沒有用到。假設有一種方案恰好有(t)種顏色沒用到，根據這樣的選擇方式，它就被計算了(inom{t}{k})次。由此得出上式。
二項式反演一下，或者從單純的容斥角度而言，即可得到：

[f_k=sum_{t=k}^c (-1)^{t-k}inom{t}{k}inom{c}{t}(c-t+1)^{(n-i)(m-j)}
]

[egin{align*}
sum_{k=1}^c f_k& =sum_{k=1}^c sum_{t=k}^c (-1)^{t-k}inom{t}{k}inom{c}{t}(c-t+1)^{(n-i)(m-j)}\
& =sum_{t=1}^c inom{t}{k}inom{c}{t}(c-t+1)^{(n-i)(m-j)} sum_{k=1}^t (-1)^{t-k}inom{t}{k}\
& =sum_{t=1}^c inom{t}{k}inom{c}{t}(c-t+1)^{(n-i)(m-j)} (-(-1)^t +sum_{k=0}^t (-1)^{t-k}1^k inom{t}{k})\
& =sum_{t=1}^c (-1)^{t+1}inom{c}{t}(c-t+1)^{(n-i)(m-j)}\
end{align*}]

合法的方案數即為：

[(c+1)^{(n-i)(m-j)}-sum_{k=1}^c f_k=sum_{k=0}^c (-1)^kinom{c}{k} (c-k+1)^{(n-i)(m-j)}
]

這樣的方案數，還是會算重，同樣因為有不涂色的選擇會導致超過(i)行或(j)列是完全空白的。再進行容斥，即可得到：

[egin{align*}
& sum_{i=0}^n (-1)^i inom{n}{i}sum_{j=0}^m (-1)^j inom{m}{j} sum_{k=0}^c (-1)^kinom{c}{k}(c-k+1)^{(n-i)(m-j)}\
& =sum_{i=0}^nsum_{k=0}^c (-1)^{i+k}inom{n}{i} inom{c}{k}sum_{j=0}^m inom{m}{j}(-1)^j(c-k+1)^{(n-i)(m-j)}\
& =sum_{i=0}^nsum_{k=0}^c (-1)^{i+k}inom{n}{i} inom{c}{k}sum_{j=0}^m [-1+(c-k+1)^{n-i}]^m \
end{align*}]

如果不將后面的求和轉化掉的話，復雜度是(O(n^3))。轉化后對每一個(c-k+1)的冪進行預處理，即可達到(O(n^2logn))的復雜度。

#include <cstdio>
#include <cctype>
typedef long long ll;
const int p=1e9+7;
const int maxn=400+10;
int fac[maxn],inv[maxn],pow[maxn*maxn];

int max(int x,int y) {return x>y?x:y;}
int read()
{
	int res=0;
	char ch=getchar();
	while(!isdigit(ch))
		ch=getchar();
	while(isdigit(ch))
		res=res*10+ch-'0',ch=getchar();
	return res;
}
int power(int a,int n)
{
	int res=1;
	while(n)
	{
		if (n&1)
			res=(ll)res*a%p;
		a=(ll)a*a%p;
		n>>=1;
	}
	return res;
}
void prework(int n)
{
	fac[0]=1;
	for (int i=1;i<=n;i++)
		fac[i]=(ll)fac[i-1]*i%p;
	inv[n]=power(fac[n], p-2);
	for (int i=n-1;i>=0;i--)
		inv[i]=(ll)inv[i+1]*(i+1)%p;
}
int C(int n,int m)
{
	if (m>n)
		return 0;
	return (ll)fac[n]*inv[m]%p*inv[n-m]%p;
}
int main()
{
	int n=read(),m=read(),c=read();
	prework(max(max(n, m), c));
	int ans=0;
	pow[0]=1;
	for (int k=0;k<=c;k++)
	{
		for (int i=1;i<=n;i++)
			pow[i]=(ll)pow[i-1]*(c-k+1)%p;
		for (int i=0;i<=n;i++)
		{
			int mul=(ll)power(pow[n-i]-1, m)*C(n, i)%p*C(c, k)%p;
			if ((i^k)&1)
				ans-=mul;
			else
				ans+=mul;
			if (ans<0)
				ans+=p;
			else if (ans>=p)
				ans-=p;
		}
	}
	printf("%d
",ans); 
	return 0;
}