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题意：
有n个点m种颜料，问你用k种颜色，有多少种方法，使得相邻两点的颜色不一样
题解：
容斥+组合数
我们很容易知道，用t种颜色去涂n个格子，方案数为
[t*(t-1)^{n-1}
]
并不是，因为我们可以这样想
如果我选用最多的五种颜色1，2，3，4，5去染色的话，我们可以会染出1，2，1，2这样的结果
而如果只用两种颜色1，2去染色的话，我们也会染出1，2，1，2这样的结果
因此我们的答案是错误的
也就是说，用k种颜色去染色的时候，我们的结果是包含了k，k-1，，，1种颜色染色的结果的
因此我们需要容斥一下
这个容斥的证明就是传说中的二项式反演
关于二项式反演：[https://www.cnblogs.com/buerdepepeqi/p/10908022.html]
[那么设 f_i为恰好使用了 i 种颜色的方案数，可以得到\
k(k−1)^{n−1}=sum_{i=0}^{k}C_{k}^{i}fi\
经过反演得到
f_k=sum_{i=2}^{k}(-1)^{k+i}C_{k}^{i}i(i-1)^{n-1}
]
/**
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* ┃... ⌒ ... ┃
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* ┃ ┃ Code is far away from bug with the animal protecting
* ┃ ┃ 神兽保佑,代码无bug
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*/
// warm heart, wagging tail,and a smile just for you!
//
// _ooOoo_
// o8888888o
// 88" . "88
// (| -_- |)
// O = /O
// ____/`---'\____
// .' | |// `.
// / ||| : |||//
// / _||||| -:- |||||-
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// ."" '< `.___\_<|>_/___.' >'"".
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// `-. \_ __ /__ _/ .-` / /
// ======`-.____`-.___\_____/___.-`____.-'======
// `=---='
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// 佛祖保佑 永无BUG
#include <set>
#include <map>
#include <deque>
#include <queue>
#include <stack>
#include <cmath>
#include <ctime>
#include <bitset>
#include <cstdio>
#include <string>
#include <vector>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef long long ll;
typedef pair<LL, LL> pLL;
typedef pair<LL, int> pLi;
typedef pair<int, LL> pil;;
typedef pair<int, int> pii;
typedef unsigned long long uLL;
#define ls rt<<1
#define rs rt<<1|1
#define lson l,mid,rt<<1
#define rson mid+1,r,rt<<1|1
#define bug printf("*********
")
#define FIN freopen("input.txt","r",stdin);
#define FON freopen("output.txt","w+",stdout);
#define IO ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0)
#define debug1(x) cout<<"["<<#x<<" "<<(x)<<"]
"
#define debug2(x,y) cout<<"["<<#x<<" "<<(x)<<" "<<#y<<" "<<(y)<<"]
"
#define debug3(x,y,z) cout<<"["<<#x<<" "<<(x)<<" "<<#y<<" "<<(y)<<" "<<#z<<" "<<z<<"]
"
const double eps = 1e-8;
const int mod = 1e9 + 7;
const int maxn = 1e6 + 5;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const LL INFLL = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
LL qpow(LL n, LL m) {
LL ans = 1;
while(m) {
if(m & 1) ans = ans * n % mod;
n = n * n % mod;
m >>= 1;
}
return ans;
}
LL inv[maxn];
void init() {
inv[1] = 1;
for(int i = 2; i < maxn; i++) {
inv[i] = (mod - mod / i) * inv[mod % i] % mod;
}
}
LL n, m, k;
LL Cm[maxn], Ck[maxn];
void get_C(int k) {
Ck[0] = Cm[0] = 1;
for(int i = 1; i <= k; i++) {
Cm[i] = Cm[i - 1] % mod * (m - i + 1) % mod * inv[i] % mod;
Ck[i] = Ck[i - 1] % mod * (k - i + 1) % mod * inv[i] % mod;
}
}
int main() {
#ifndef ONLINE_JUDGE
FIN
#endif
init();
int T;
scanf("%d", &T);
int cas = 1;
while(T--) {
scanf("%lld%lld%lld", &n, &m, &k);
get_C(k);
int flag = 1;
LL tot = 0;
for(LL i = k; i >= 1; i--) {
tot = (tot + 1LL * flag * Ck[k - i] * (i) % mod * qpow(i - 1, n - 1) % mod + mod) % mod;
flag = -1 * flag;
}
tot = (tot * Cm[k]) % mod;
printf("Case #%d: %lld
", cas++, tot);
}
return 0;
}