[HAOI2012] 容易题[母函数]

794. [HAOI2012] 容易题

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第一题：容易题(easy)

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输出：easy.out

问题描述

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！

输入

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。

输出

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。

样例输入

3 4 5

1 1

1 1

2 2

2 3

4 3

样例输出

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

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

 

显示代码纯文本

/*
题解抄的别人的。表示对母函数一脸懵逼。。。 
	首先考虑暴力…(20分~~)…然后你会得到一堆式子，从前往后合并同类项，可以发现顺序无所谓，可以先算m-1个的再算m个的。
	然后显然答案就是π(i=1~m)Σ(所有可行的)a[i]
	虽然m很大，但是k只有1e5，所有许多位置可以全选，把没有限制的部分直接一起算就行了
*/
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define pir pair<int,int> 
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1e5+5;
const int mod=1e9+7;
int n,m,val,tn,tmp;
pir f[N];
inline int read(){
	int x=0,f=1;char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
	while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
	return x*f;
}
ll fpow(ll a,ll p){
	ll res=1;
	for(;p;p>>=1,a=a*a%mod) if(p&1) res=res*a%mod;
	return res;
}
int main(){
	freopen("easy.in","r",stdin);
	freopen("easy.out","w",stdout);
	val=read();n=read();m=read();
	int all=1LL*val*(val+1)/2%mod;
	int ans=1;
	for(int i=1,a,b;i<=m;i++) a=read(),b=read(),f[i]=make_pair(a,b);
	sort(f+1,f+m+1);
	m=unique(f+1,f+m+1)-(f+1);
	for(int i=1;i<=m;i++){
		tmp+=f[i].second;
		if(i==m||f[i].first!=f[i+1].first){
			ans=1LL*ans*(all-tmp)%mod;
			tmp=0;tn++;
		}
	}
	ans=1LL*ans*fpow(all,n-tn)%mod;
	if(ans<0) ans+=mod;
	printf("%d",ans);
	return 0;
}