bzoj2751--[HAOI]2012容易题--组合（乘法原理）
Description
为了使得大家高兴，小Q特意出个自认为的简单题（easy）来满足大家，这道简单题是描述如下：
有一个数列A已知对于所有的A[i]都是1~n的自然数，并且知道对于一些A[i]不能取哪些值，我们定义一个数列的积为该数列所有元素的乘积，要求你求出所有可能的数列的积的和 mod 1000000007的值，是不是很简单呢？呵呵！
Input
第一行三个整数n,m,k分别表示数列元素的取值范围，数列元素个数，以及已知的限制条数。
接下来k行，每行两个正整数x,y表示A[x]的值不能是y。
Output
一行一个整数表示所有可能的数列的积的和对1000000007取模后的结果。如果一个合法的数列都没有，答案输出0。
Sample Input
3 4 5
1 1
1 1
2 2
2 3
4 3
1 1
1 1
2 2
2 3
4 3
Sample Output
90
样例解释
A[1]不能取1
A[2]不能去2、3
A[4]不能取3
所以可能的数列有以下12种
数列 积
2 1 1 1 2
2 1 1 2 4
2 1 2 1 4
2 1 2 2 8
2 1 3 1 6
2 1 3 2 12
3 1 1 1 3
3 1 1 2 6
3 1 2 1 6
3 1 2 2 12
3 1 3 1 9
3 1 3 2 18
HINT
数据范围
30%的数据n<=4,m<=10,k<=10
另有20%的数据k=0
70%的数据n<=1000,m<=1000,k<=1000
100%的数据 n<=109,m<=109,k<=105,1<=y<=n,1<=x<=m
题解：
首先假设如果k=0。
容易发现没有限制时，a[i]的每个位置都可以取1~n的任何一个数字，而因为a数组只有m个位置，所以显然此时
那如果k！=0，就代表a[i]的当前位置有限制数字时，它只能取1~n中限制数字以外的。
所以计算积时，a[i]贡献给ans的只有
这么多。
于是我们先算出不被限制的位置的乘积，也就是
其中cnt表示总共有多少位置被限制了（cnt不一定等于k）
对于被限制的位置，我们判一下重，一个位置可能被多个数字限制。
最后被限制的和不被限制的相乘即为所求。
1 #include<iostream> 2 #include<cmath> 3 #include<cstdio> 4 #include<algorithm> 5 #define ll long long 6 using namespace std; 7 const int mod=1000000007; 8 const int maxn=100009; 9 ll sum[maxn]; 10 struct data 11 { 12 ll x,y; 13 }a[maxn]; 14 bool cmp(data a1,data a2) 15 { 16 if(a1.x==a2.x) 17 return a1.y<a2.y; 18 else 19 return a1.x<a2.x; 20 } 21 int poww(int x,int y,int mod) 22 { 23 int ret=1; 24 while(y) 25 { 26 if(y&1) 27 ret=1ll*ret*x%mod; 28 x=1ll*x*x%mod; 29 y>>=1; 30 } 31 return ret; 32 } 33 int main() 34 { 35 ll ans=0; 36 int n,m,k; 37 cin>>n>>m>>k; 38 ll sgm=(1ll*n*(n+1)>>1)%mod; 39 for(int i=1;i<=k;i++) 40 { 41 cin>>a[i].x>>a[i].y; 42 } 43 sort(a+1,a+k+1,cmp); 44 int cnt=0; 45 for(int i=1;i<=k;i++) 46 { 47 if(a[i].x!=a[i-1].x) 48 sum[++cnt]=sgm;//判重 49 else 50 { 51 if(a[i].y==a[i-1].y)//防止多次减同一个限制条件 52 continue; 53 } 54 sum[cnt]=(sum[cnt]-a[i].y+mod)%mod;//减去被限制的数 55 } 56 ans+=poww(sgm,m-cnt,mod); 57 for(int i=1;i<=cnt;i++) 58 { 59 ans=(ans*sum[i]+mod)%mod;//乘上有限制的情况 60 } 61 cout<<ans<<endl; 62 return 0; 63 }
