我们可以把这个理解成一种类似卡塔兰数的形式，我们发现，被安排的 \(0\) 球总数 \(i\) 和已经出现的颜色种数 \(j\) 在任意时刻都必须满足 \(i\ge j\)。
然后就可以 \(dp\) 了，我们每次钦定下一个转移的球是某种颜色。如果下一个转移的球不是 \(0\)，那么我们就一次性把后面所有这种颜色都安排好，然后把这些位置去掉。在所有这些位置中，钦定接下来的第一个空位置是这种颜色，从而得到颜色之间强制性的顺序，以消除算重的可能性。
然后设 \(dp_{i,j}\) 为目前安排了 \(i\) 个 \(0\) 球和 \(j\) 种颜色，然后就枚举下一个安排的是不是 \(0\) 球即可。如果是，直接往 \(i+1\) 转移。如果不是，首先要 \(j+1\le i\)，然后钦定下一个是，对于剩下的 \(k-2\) 个球，可以在剩下的 \(nk-j(k-1)-1\) 个位置里随便选。方案数是 \(\begin{pmatrix}nk-j(k-1)-1 \\k-2\end{pmatrix}\)。
预处理阶乘和阶乘的逆元（如果暴力逆元可能 \(O(nk\log P)\) 会被卡，所以可能需要线性逆元），就得到了一个 \(O(n^2)\) 的做法。
const ll P=1000000007;
ll fac[4000005],ifac[4000005],n,k;
inline ll fpow(ll a,ll p){
if(!p)return 1;
ll res=fpow(a,p>>1);
if(p&1)return res*res%P*a%P;
return res*res%P;
}
inline ll inv(ll a){
return fpow(a,P-2);
}
inline void init(){
fac[0]=1;ifac[0]=1;
for(int i=1;i<=4000000;i++)fac[i]=fac[i-1]*i%P;
for(int i=1;i<=4000000;i++)ifac[i]=ifac[i-1]*fac[i]%P;
ifac[4000000]=inv(ifac[4000000]);
for(int i=4000000;i>=1;i--){
int tmp=ifac[i];
ifac[i]=ifac[i]*ifac[i-1]%P;
ifac[i-1]=tmp*fac[i]%P;
}
}
inline ll C(int n,int m){
return fac[n]*ifac[m]%P*ifac[n-m]%P;
}
ll dp[2005][2005];
signed main(){
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
cin>>n>>k;
init();
if(k==1){
cout<<1<<endl;
return 0;
}
dp[0][0]=1;
for(int i=0;i<=n;i++){
for(int j=0;j<=i;j++){
if(i!=n){
dp[i+1][j]=(dp[i+1][j]+dp[i][j])%P;
}//n-(k-1)*j-i
if(j!=i){
dp[i][j+1]=(dp[i][j+1]+dp[i][j]*C(n*k-(k-1)*j-i-1,k-2)%P)%P;
}
}
}cout<<dp[n][n]*fac[n]%P<<endl;
return 0;
}
//Crayan_r