题目链接：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=6415
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;#define debug puts("YES");
#define rep(x,y,z) for(int (x)=(y);(x)<(z);(x)++)
#define ll long long#define lrt int l,int r,int rt
#define lson l,mid,rt<<1
#define rson mid+1,r,rt<<1|1
#define root l,r,rt
#define mst(a,b) memset((a),(b),sizeof(a))
const int maxn =80+5;
const int ub=1e6;
/*
ll powmod(ll x,ll y){ll t; for(t=1;y;y>>=1,x=x*x%mod) if(y&1) t=t*x%mod; return t;}
ll gcd(ll x,ll y){return y?gcd(y,x%y):x;}*/
/*
题目大意：纳什均衡点，
即行和列的最大值点，给定n和m，
求只有一个这样的点的方案数，最后答案模k。
不难发现从大到小放情况比较简单，就是下一个数的位置永远在
占有的行和列上，考虑三维dp，在已占有i行j列并且放置了k个数字的方案数，
（i*j可能不等于k），考虑贡献，（i，j，k）三元组可能贡献到（i+1，j，k+1），（i，j+1，k+1），
或者i和j状态都不改变（模拟发现有可能）。。。。
这样以k为纵坐标，二维刷新就可以了。*/ll dp[2][maxn][maxn];
ll mod,n,m;
int main()
{int t;scanf("%d",&t);while(t--){scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&mod);int cur=1;memset(dp,0,sizeof(dp));dp[cur][1][1]=n*m%mod;for(int k=1;k<n*m;k++){cur^=1,memset(dp[cur],0,sizeof(dp[cur]));for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=m;j++){if(k>i*j) continue;dp[cur][i+1][j]+=(n-i)*j*dp[cur^1][i][j]%mod;dp[cur][i+1][j]%=mod;dp[cur][i][j+1]+=(m-j)*i*dp[cur^1][i][j]%mod;dp[cur][i][j+1]%=mod;dp[cur][i][j]+=(i*j-k)*dp[cur^1][i][j]%mod;dp[cur][i][j]%=mod;///for(int p=1;p<=n;p++,puts("")) for(int q=1;q<=m;q++) cout<<dp[p][q][k+1]<<" ";}}printf("%lld\n",dp[cur][n][m]);}return 0;
}