[2018.12.30]BZOJ2751 [HAOI2012]容易题(easy)

考虑一个一个加入限制。

那么先算没有限的情况。

根据乘法分配律,发现答案其实是\([\frac{n(n+1)}{2}]^m\)。

也就是\(m\)个\((1+2+3+...+n)\)的积。将第\(i\)个\((1+2+3+...+n)\)记为\(sum_i\)(当然这只是\(sum_i\)的初值)。

设目前答案为\(ans\)。

当加入一个限制条件\(x\ y\),就是从\(sum_x\)中删去\(y\),那么答案就减少了\(\frac{ans}{sum_x}\times y\)(当然要求\(y\)还存在于\(sum_x\)中)。

还发现其实我们只关心两次操作的\(x\)是否不同,而不关心具体值。

所以我们开一个map来将\(x\)映射到\([1,k]\)之间的整数上,记为\(mp\)。当然,没有出现的\(x\)可以不管。

另外记一个Pair类型的map或者set,表示操作\(x\ y\)是否被执行过。

code:

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
struct Pair{
    int a,b;
    bool operator >(Pair y)const{
        if(a!=y.a)return a>y.a;
        return b>y.b;
    }
    bool operator <(Pair y)const{
        if(a!=y.a)return a<y.a;
        return b<y.b;
    }
};
const long long mod=1e9+7;
long long n,m,k,sum[100010],ans,v;
int id,t,cnt;
map<int,int>mp;
map<Pair,bool>mp2;
long long POW(long long x,long long y){
    long long tot=1;
    while(y){
        if(y&1)tot=tot*x%mod;
        x=x*x%mod;
        y>>=1;
    }
    return tot;
}
long long INV(long long x){
    return POW(x%mod,mod-2);
}
long long ch(long long x,long long y){
    return x%mod*INV(y)%mod;
}
int main(){
    scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&k);
    ans=POW(n*(n+1)/2%mod,m);
    for(int i=1;i<=k;i++)sum[i]=n*(n+1)/2;
    for(int i=1;i<=k;i++){
        scanf("%d%lld",&id,&v);
        t=mp[id];
        if(!t)t=mp[id]=++cnt;
        if(mp2[(Pair){t,(int)v}])continue;
        mp2[(Pair){t,(int)v}]=1;
        ans=(ans-ch(ans,sum[t])*v%mod+mod)%mod;
        sum[t]=(sum[t]-v+mod)%mod;
    }
    printf("%lld",ans);
    return 0;
}