题解：[NOIP2024] 遗失的赋值

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题意分析

首先，\(n\) 个变量显然会被 \(m\) 条一元限制切割为若干段。

不考虑每一段的边界情况，段内一个变量的方案数显然为 \(v^2\)。

段内总方案数显然仅仅与段的长度有关，设长度为 \(x\) 的段的方案数为 \(f_x\)。

考虑求出 \(f_x\)：

• 如果第一个变量与左端点相同，段内方案数显然为：

  \[v\cdot f_{x-1} \]

  即相同有 \(v\) 个可能的二元限制，剩下的 \(x-1\) 个元素方案数为 \(f_{x-1}\)。

• 如果第一个变量与左端点不同，段内方案数为：

  \[v(v-1)\cdot\left(v^2\right)^{x-1}=v^{2x}-v^{2x-1} \]

  即不同，有 \(v(v-1)\) 个可能的二元限制，剩下的 \(x-1\) 个无限制的元素的方案数为 \(\left(v^2\right)^{x-1}\)。

则有：

\[f_x=v^{2x}-v^{2x-1}+v\cdot f_{x-1} \]

边界条件为：

\[f_1=v^2-v+1 \]

考虑到 \(n\leq 10^9\)，则 \(x\leq 10^9\)，\(\mathcal O(n\log n)\) 递推（快速幂要带一个 \(\log\)）肯定会 \(\text{TLE}\)，因此考虑能否优化。

不妨先找一下规律：

\[\begin{aligned} f_x&=v^{2x}-v^{2x-1}+v\cdot f_{x-1}\\ &=v^{2x}-v^{2x-1}+v(v^{2(x-1)}-v^{2(x-1)-1}+v\cdot f_{x-2})\\ &=v^{2x}-v^{2x-1}+v^{2x-1}-v^{2x-2}+v^2\cdot f_{x-2}\\ &=v^{2x}-v^{2x-2}+v^2\cdot f_{x-2}\\ &\cdots\\ &=v^{2x}-v^{2x-3}+v^3\cdot f_{x-3}\\ &\cdots\\ &=v^{2x}-v^{2x-(x-1)}+v^{x-1}\cdot f_1\\ &=v^{2x}-v^x+v^{x-1} \end{aligned} \]

规律即 \(f_x=v^{2x}-v^{2x-k}+v^k\cdot f_{x-k}\)，如果需要严谨证明，使用数学归纳法即可。

那么代入 \(k=x-1\)，有：

\[f_x=v^{2x}-v^x+v^{x-1} \]

直接计算每一段的答案再相乘即可。

AC 代码

//#include<bits/stdc++.h>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<iomanip>
#include<cstdio>
#include<string>
#include<vector>
#include<cmath>
#include<ctime>
#include<deque>
#include<queue>
#include<stack>
#include<list>
using namespace std;
constexpr const int N=1e9,M=1e5,V=1e9,P=1e9+7;
int n,m,v;
pair<int,int>a[M+1];
int qpow(int a,int n){
	int base=a,ans=1;
	while(n){
		if(n&1){
			ans=1ll*ans*base%P;
		}
		base=1ll*base*base%P;
		n>>=1;
	}
	return ans;
} 
int f(int x){
	return (1ll*qpow(v,x<<1)-qpow(v,x)+qpow(v,x-1))%P;
} 
int main(){
	/*freopen("test.in","r",stdin);
	freopen("test.out","w",stdout);*/
	
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0);cout.tie(0);
	
	int T;
	cin>>T;
	while(T--){
		cin>>n>>m>>v;
		for(int i=1;i<=m;i++){
			cin>>a[i].first>>a[i].second; 
		}
		sort(a+1,a+m+1);
		//无解 
		bool flag=false;
		for(int i=1;i<=m;i++){
			if(a[i].first==a[i-1].first&&a[i].second!=a[i-1].second){
				cout<<"0\n";
				flag=true;
				break;
			}
		}
		if(flag){
			continue;
		}
		int ans=1ll*qpow(v,a[1].first-1<<1)*qpow(v,n-a[m].first<<1)%P;
		for(int i=2;i<=m;i++){
			if(a[i].first!=a[i-1].first){
				ans=1ll*ans*f(a[i].first-a[i-1].first)%P;
			}
		}//答案非负
		if(ans<0){
			ans+=P;
		}
		cout<<ans<<'\n';
	}
	
	/*fclose(stdin);
	fclose(stdout);*/
	return 0;
}