AGC 012 D - Colorful Balls
为什么atcoder都是神仙题啊qwq
首先发现如果要让 x,y 互换位置的话，要么通过他们直接换 (也就是x和y满足两种操作之一)，要么间接换，通过一些其他的元素形如 x可以和 a[1]换，a[1]可以和a[2]换。。。a[k-1]可以和a[k]换，a[k]可以和y换，x就可以和y换啦。
所以就可以建模到一个无向图上，发现一个联通块内的元素之间都是可以随便换的，所以答案就是每个联通分量的颜色序列数的乘积。。
而一个联通分量的颜色序列数是等于 sz!/(col[1]!)(col[2]!)...(col[n]!) ，sz是该联通块的大小。。。
因为很显然这就是可重排列嘛qwq。
但现在最大的问题是我们图的边数还是 O(N^2) 的，直接dfs会gg掉。。。。
现在我们的任务是尽量缩减图的边数但又不影响连通性。
1.连接相同颜色节点的边:
发现都可以向该颜色重量最轻的节点连边，假如 x,y,z 三点颜色相同，w[x]<w[y]<w[z]，那么(y,z)之间有边 => (x,y)有边且(x,z)有边 ，但反着不一定成立。
2.连接不同颜色节点的边:
设每种颜色最轻的节点为 lt[i] ，那么我们只需要找到最小的两个 lt[i] ，设为 p,q，每个点只需要向p,q连边即可(如果可以连的话)。
发现颜色具体是啥不影响连边，所以设p的颜色是1，q的颜色是2。
让我们假设 (s,t) 之间有边 (weight(s) + weight(y) <= y)， 它们的颜色是 S,T (S<T)，那么:
(1) . S==1 且 T==2 , 那么一条可以的路径是 S -> q -> p -> T
(2). S!=1 且 T!=1 ，那么一条可以的路径是 S -> p -> T
(3) . S!=2 且 T!=2 , 那么一条可行的路径是 S -> q -> p -> T （要清楚 T永远是>1的）
可以发现上述三种情况的并集是 (S,T) 可以取的全集，所以证明了这么做是对的。
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
#define pb push_back
const int ha=1e9+7,N=200005;
inline int add(int x,int y){ x+=y; return x>=ha?x-ha:x;}
inline void ADD(int &x,int y){ x+=y; if(x>=ha) x-=ha;}
inline int ksm(int x,int y){
int an=1;
for(;y;y>>=1,x=x*(ll)x%ha) if(y&1) an=an*(ll)x%ha;
return an;
}
inline int read(){
int x=0; char ch=getchar();
for(;!isdigit(ch);ch=getchar());
for(;isdigit(ch);ch=getchar()) x=x*10+ch-'0';
return x;
}
vector<int> g[N],now;
int dfn[N],dc,num[N],jc[N],ni[N],ans=1,sz;
int n,X,Y,col[N],w[N],mn[N],p[N],pos[2],C;
bool v[N];
inline void ae(int x,int y){ g[x].pb(y),g[y].pb(x);}
inline void init(){
// prepare n! and (n!)^(-1)
jc[0]=1;
for(int i=1;i<=n;i++) jc[i]=jc[i-1]*(ll)i%ha;
ni[n]=ksm(jc[n],ha-2);
for(int i=n;i;i--) ni[i-1]=ni[i]*(ll)i%ha;
// prepare edges between different colors
for(int i=1;i<=n;i++)
if(mn[i]<mn[pos[0]]) pos[1]=pos[0],pos[0]=i;
else if(mn[i]<mn[pos[1]]) pos[1]=i;
pos[0]=p[pos[0]],pos[1]=p[pos[1]];
int yz=Y-w[pos[0]],yo=Y-w[pos[1]],cx=col[pos[0]],cy=col[pos[1]];
for(int i=1;i<=n;i++){
C=col[i];
if(C!=cx&&w[i]<=yz) ae(i,pos[0]);
if(C!=cy&&w[i]<=yo) ae(i,pos[1]);
}
// prepare edges between the same colors
for(int i=1;i<=n;i++){
C=col[i];
if(i!=p[C]&&w[i]+w[p[C]]<=X) ae(i,p[C]);
}
}
void dfs(int x){
v[x]=1,sz++,C=col[x];
if(dfn[C]!=dc) dfn[C]=dc,now.pb(C),num[C]=1;
else num[C]++;
for(int i:g[x]) if(!v[i]) dfs(i);
}
inline void solve(){
// calculate
for(int i=1;i<=n;i++) if(!v[i]){
dc++,now.clear(),sz=0;
dfs(i),ans=ans*(ll)jc[sz]%ha;
for(int j:now) ans=ans*(ll)ni[num[j]]%ha;
}
}
int main(){
memset(mn,0x3f,sizeof(mn)),w[0]=1e9+233;
n=read(),X=read(),Y=read();
for(int i=1;i<=n;i++){
C=col[i]=read(),w[i]=read();
if(w[i]<mn[C]) mn[C]=w[i],p[C]=i;
}
init(),solve();
printf("%d\n",ans);
return 0;
}
