HAOI2012 容易题

题目

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！

输入格式

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\(y\)。

输出格式

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\(0\)。

输入样例

3 4 5
1 1
1 1
2 2
2 3
4 3

输出样例

90

样例解释

\(A[1]\)不能取1
\(A[2]\)不能取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

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\(n\le1000,m\le 1000,k\le 1000\)

100%的数据\(n\le 109,m\le 10^9,k\le 10^5,1\le y\le n,1\le x\le m\)

题解

若无限制, 每个位置都可以选择\(1-n\), 答案自然是

\((1+2+3+4+5+\dots+n)^m\)

如果加入了限制, 第\(x\)位不能选\(y\), 那么答案就会减少其它位之积乘\(y\).

注意, 样例中存在\(x,y\)都相等的两次输入, 所以需要用map去重, 否则会多减

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
struct A {
    int a, b;
    bool operator>(A y) const { return (a != y.a) ? a > y.a : b > y.b;}
    bool operator<(A y) const { return (a != y.a) ? a < y.a : 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> ma;
map<A, bool> mb;
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 f2(long long x) { return pow(x % mod, mod - 2); }
long long f1(long long x, long long y) { return x % mod * f2(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 = ma[id];
        if (!t) t = ma[id] = ++cnt;
        if (mb.count((A){t, (int)v})) continue;
        mb[(A){t, (int)v}] = 1;
        ans = (ans - f1(ans, sum[t]) * v % mod + mod) % mod;
        sum[t] = (sum[t] - v + mod) % mod;
    }
    printf("%lld", ans);
    return 0;
}