卡牌

有m種紙牌點數分別爲1~m，每種有無窮多張。
有n個人站成一列，給每個人發一張牌。求滿足任意相鄰兩人牌的點數不爲k的分發方案有多少。答案對1e9+7取模。

分類討論，$f_i$表示前i個人的方案數，$a_i$表示第i張牌滿足點數<k時的方案數，$b_i$表示第i張牌滿足>=k時的方案數。顯然有$f_i=a_i+b_i$。
討論m與k的關係（很關鍵！），

當m+1>k時，
$a_i=(k-2)a_{i-1}+(k-1)b_{i-1}$ （a），
$b_i=(m-k+1)(a_{i-1}+b_{i-1})$（b）。

由 (a) 得，$b_{i-1}=\frac{a_i-(k-2)a_{i-1}}{k-1}$，即 $b_{i}=\frac{a_{i+1}-(k-2)a_{i}}{k-1}$。
將 (b) 與上式聯立，
即 $b_{i}=\frac{a_{i+1}-(k-2)a_{i}}{k-1}=(m-k+1)(a_{i-1}+b_{i-1})$，
$b_{i}=\frac{a_{i+1}-(k-2)a_{i}}{k-1}=(m-k+1)(a_{i-1}+\frac{a_i-(k-2)a_{i-1}}{k-1})$，
化簡得 $a_{i+1}=(m-1)a_i+(m-k+1)a_{i-1}$。
即 $a$ 的遞推式已求得。

將 $b_i$ 用 $a$ 表達的式子代入 $f_i=a_i+b_i$ ，$f_i=\frac{a_{i+1}+a_i}{k-1}$。

所以用矩陣加速求出 $a_{n+1}$ 和 $a_n$，直接代入 $f_i$ 即可，注意要求k-1的逆元。
矩陣爲{{m-1,1}{m-k+1,0}}。

當m+1<=k時，m-k+1是k-m-1。

代碼如下 (由於矩陣很小我就懶得寫循環做矩陣乘法了哈哈哈)：

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

const int MOD=1e9+7;

long long x[2],ans[2],cf[2][2],tmp[2][2];

void mult_ans()
{
    ans[0]=((x[0]*cf[0][0])%MOD+(x[1]*cf[1][0])%MOD)%MOD;
    ans[1]=((x[0]*cf[0][1])%MOD+(x[1]*cf[1][1])%MOD)%MOD;
    x[0]=ans[0],x[1]=ans[1];
}

void mult_cf()
{
    tmp[0][0]=cf[0][0],tmp[0][1]=cf[0][1],tmp[1][1]=cf[1][1],tmp[1][0]=cf[1][0];
    cf[0][0]=((tmp[0][0]*tmp[0][0])%MOD+(tmp[1][0]*tmp[0][1])%MOD)%MOD;
    cf[0][1]=((tmp[0][0]*tmp[0][1])%MOD+(tmp[0][1]*tmp[1][1])%MOD)%MOD;
    cf[1][0]=((tmp[1][0]*tmp[0][0])%MOD+(tmp[1][1]*tmp[1][0])%MOD)%MOD;
    cf[1][1]=((tmp[1][0]*tmp[0][1])%MOD+(tmp[1][1]*tmp[1][1])%MOD)%MOD;
}

long long ksm(long long a,long long b)
{
    long long ret=1;
    while(b)
    {
        if(b&1)
   	    ret=(ret*a)%MOD;
        a=(a*a)%MOD;
        b>>=1;
    }
    return ret;
}

int main()
{
    long long n,m,k;
    cin>>m>>n>>k;
    cf[0][0]=(m-1),cf[0][1]=1,cf[1][0]=abs(m-k+1),cf[1][1]=0;
    x[0]=(k-1)%MOD*(m-1)%MOD,x[1]=(k-1);
    n--;
    while(n)
    {
        if(n&1)
            mult_ans();
        n/=2;
        mult_cf();
    }
    cout<<(ans[1]+ans[0])%MOD*ksm(k-1,MOD-2)%MOD;
    return 0;
}