传送门

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解析：

请先确保你看懂了OJ上的提示的暴力做法再来看这个题解。

既然你已经会暴力了，那进入正题。 实际上我们就没有必要计算每个矩阵并求和，我们只需要枚举每个$i$并计算$min\{B_i\}=i$的矩阵有多少个就行了。

现在考虑令矩阵一行的和为$i$的方案数$f_i$，显然$f_i=C_m^i\times x^{m-i}\times y^i$。

那么当一个矩阵$min\{B_j\}=i$的时候，必然每一行每一列的$B_j$都$\ge i$，那么对于一行来说，$B_j\ge i$的概率就是$f_j$的后缀和。

那么这道题可以$O(mlogn)$做完，因为计算概率是每行都要计算，需要一个快速幂。

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代码：

#include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define ll long long #define re register #define gc getchar #define pc putchar #define cs const cs int mod=1000000007; inline int quickpow(int a,int b,int res=1){ for(;b;b>>=1,a=1ll*a*a%mod)if(b&1)res=1ll*res*a%mod; return res; } cs int N=200005; int n,m,x,y,suf,ans; int fac[N],inv[N],ifac[N]; inline int C(cs int &n,cs int &m){ return 1ll*fac[n]*ifac[m]%mod*ifac[n-m]%mod; } signed main(){ scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&x,&y); fac[0]=fac[1]=inv[0]=inv[1]=ifac[0]=ifac[1]=1; for(int re i=2;i<=m;++i){ fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%mod; inv[i]=1ll*(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod; ifac[i]=1ll*ifac[i-1]*inv[i]%mod; } for(int re i=m;i;--i){ suf=(suf+1ll*C(m,i)*quickpow(x,m-i)%mod*quickpow(y,i)%mod)%mod; ans=(1ll*ans+quickpow(suf,n))%mod; } cout<<ans<<endl; return 0; }