标签：快速幂
题目
题目描述
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！
输入输出格式
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。
输入输出样例
输入样例#1
3 4 5
1 1
1 1
2 2
2 3
4 3
输出样例#1
90
说明
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
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 \(n<=10^9,m<=10^9,k<=10^5,1<=y<=n,1<=x<=m\)
分析
先将所有限制排序去重，然后分别计算有限制的和无限制的
code
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define dep(i,a,b) for(int i=a;i>=b;i--)
#define ll long long
#define mem(x,num) memset(x,num,sizeof x)
#define reg(x) for(int i=last[x];i;i=e[i].next)
using namespace std;
inline ll read(){
ll f=1,x=0;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;
}
//**********head by yjjr**********
const int maxn=1e6+5,mod=1e9+7;
ll ans=1;
int n,m,k,sum;
struct node{int pos,val;}a[maxn];
inline bool cmp(node a,node b){return a.pos==b.pos?a.val<b.val:a.pos<b.pos;}
inline int qpow(ll a,ll b){
ll re=1;
while(b){
if(b&1)re=re*a%mod;
b>>=1,a=(a*a)%mod;
}
return re;
}
int main()
{
// freopen("in.txt","r",stdin);
// freopen("out.txt","w",stdout);
n=read();m=read();k=read();
rep(i,1,k)a[i]=(node){read(),read()};
sort(a+1,a+1+k,cmp);
int tot=m,sum=(ll)n*(n+1)/2%mod,tmp=sum;
rep(i,1,k){
if(a[i].pos!=a[i-1].pos&&i!=1)ans=ans*tmp%mod,tmp=sum,tot--;
if(a[i].pos!=a[i-1].pos||a[i].val!=a[i-1].val){
tmp-=a[i].val;
if(tmp<0)tmp+=mod;
}
}
tot--;ans=ans*tmp%mod;
printf("%lld\n",ans*qpow(sum,tot)%mod);
return 0;
}
