BZOJ 2751 容易题

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

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 \le 4,m \le 10,k \le 10$
另有$20\%$的数据$k=0$
$70\%$的数据$n \le 1000,m \le 1000,k \le 1000$
$100\%$的数据 $n \le 10^{9},m \le 10^{9},k \le 10^{5},1 \le y le n,1 \le x \le m$

Source

 这个其实真的蛮容易的。公式 $ans=\prod _ {i = 1}^{i = m} \sum _{j=1}^{j=n}j(j可以填在i位置)$ 。因为限制只有k组，最多100000，所以没有限制的居多，可以快速幂。有限制的暴力一下就可以了。

 

#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
using namespace std;

typedef long long ll;
#define rhl (1000000007)
#define maxn (100010)
int n,m,k; pair <int,int> no[maxn]; ll res[maxn];

inline int qsm(ll a,int b)
{
    ll ret = 1;
    for (;b;b >>= 1,(a *= a)%=rhl) if (b & 1) (ret *= a)%=rhl;
    return ret;
}

int main()
{
    freopen("2751.in","r",stdin);
    freopen("2751.out","w",stdout);
    scanf("%d %d %d",&n,&m,&k);
    for (int i = 1;i <= k;++i)
    {
        int x,y; scanf("%d %d",&x,&y);
        no[i] = make_pair(x,y);
    }
    sort(no+1,no+k+1); k = unique(no+1,no+k+1)-no-1;
    int tot = 0,last = 0;
    for (int i = 1;i <= k;++i)
    {
        if (no[i].first == last) (res[tot] += no[i].second)%=rhl;
        else (res[++tot] += no[i].second)%=rhl,last = no[i].first;
    }
    ll ans = qsm(((ll)(1+n)*(ll)n>>1)%rhl,m-tot);
    for (int i = 1;i <= tot;++i)
        (ans *= (((ll)(1+n)*(ll)n>>1)%rhl-res[i])%rhl)%=rhl;
    printf("%lld",(ans+rhl)%rhl);
    fclose(stdin); fclose(stdout);
    return 0;
}