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惊了

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\(Description\)

给定\(n,k,L\)，表示，有一张\(n\)个点的无向完全图，每条边的边权在\([1,L]\)之间。求有多少张无向完全图满足，\(1\)到\(n\)的最短路为\(k\)。

\(n,k\leq 12,\ L\leq10^9\)。

\(Solution\)

考虑暴力，直接枚举\(1\)到每个点的最短路\(d_i\)是多少。

对于方案数，如果\(d_i=d_j\)，那么\(i,j\)之间的边权随便定。否则设\(d_i\lt d_j\)，那么\(i,j\)之间的边权不小于\(d_j-d_i\)，且对于\(j\)，至少存在一个\(i\)满足\(d_i+e[i][j]=d_j\)。

这样的复杂度是\(O(12^{13})\)的（\(d_i\geq k\)的全在一起算）。

注意到我们并不关心具体\(d_i=x\)的点是哪些。所以考虑直接枚举\(d_i=x\)的点有多少个。

\(DFS\)一下，算下组合数就好啦。复杂度是\(C_{n-1+k}^k\)叭？

具体：首先要强制\(d_1=0,d_n=k\)。

对于当前的\(x\)，如果有\(t\)个点\(d_i=x\)，它们之间可以任意连边，方案数是，\(\prod_{i=0}^{t-1}L^i\)。（当然还要乘个组合数）

然后这\(t\)个点和之前\(m\)个点连边，不考虑存在\(d_i+e[i][j]=x\)的限制，（每个点的）方案数是\(\prod_{i=1}^{m}(L-(x-d_i)+1)\)，容斥一下，再减掉\(\prod_{i=1}^{m}(L-(x-d_i))\)，就可以啦。

如果要求的最短路\(\geq k\)，不需要减后面那项（在边权范围内xjb连即可，不是需要恰好\(=k\)）。

最后再算一下\(n\)点连边的方案数即可。

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//312MS	1200K

#include <cstdio>

#include <cctype>

#include <algorithm>

#define mod 1000000007

#define gc() getchar()

typedef long long LL;

const int N=15;

int n,K,L,C[N][N],now,d[N],pw[N];

LL Ans;

inline int read()

{

	int now=0;register char c=gc();

	for(;!isdigit(c);c=gc());

	for(;isdigit(c);now=now*10+c-48,c=gc());

	return now;

}

void DFS(int x,int coef)

{

	LL c1=1,c2=1;

	for(int i=1; i<=now; ++i) c1=c1*(L-x+d[i]+1)%mod, c2=c2*(L-x+d[i])%mod;

	LL c3=c1+mod-c2;

	if(x==K)

	{

		LL c=coef*c3%mod*pw[n-1-now]%mod;//n与其他点的贡献

		for(int i=now+1; i<n; ++i) c=c*c1%mod*pw[i-now-1]%mod;

		Ans+=c;

		return;

	}

	DFS(x+1,coef);

	int tmp=now,t=0;

	for(LL c=coef; now+1<n; )

		d[++now]=x, c=c*c3%mod*pw[t]%mod, ++t, DFS(x+1,c*C[n-1-now+t][t]%mod);

	now=tmp;

}

int main()

{

	C[0][0]=pw[0]=1;

	for(int i=1; i<=12; ++i)

	{

		C[i][0]=C[i][i]=1;

		for(int j=1; j<i; ++j) C[i][j]=(C[i-1][j-1]+C[i-1][j])%mod;

	}

	for(int T=read(); T--; )

	{

		n=read(),K=read(),L=read();

		for(int i=1; i<=n; ++i) pw[i]=1ll*pw[i-1]*L%mod;

		Ans=0, d[now=1]=0, DFS(1,1), printf("%lld\n",Ans%mod);

	}

	return 0;

}