洛谷2220 [haoi2012]容易题

容易题果然很easy

Posted by yjjr's blog on November 2, 2018

标签:快速幂

题目

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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

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;
}
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