bzoj 2751: [HAOI2012]容易题(easy)

2751: [HAOI2012]容易题(easy)

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Description

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！

Input

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。

Output

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。

Sample Input

3 4 5

1 1

1 1

2 2

2 3

4 3

Sample Output

90

真 · 容易题

答案就是每一位所有可以选择的数字的和的积（积的和=和的积）

这样对于有限制的位暴力算，没有限制的位直接一个快速幂搞定

#include<stdio.h>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define LL long long
#define mod 1000000007
typedef struct Res
{
	int x, y;
	bool operator < (const Res &b) const
	{
		if(x<b.x || x==b.x && y<b.y)
			return 1;
		return 0;
	}
}Res;
Res s[100005];
LL Pow(LL x, int y)
{
	LL ans = 1;
	while(y)
	{
		if(y%2)
			ans = ans*x%mod;
		x = x*x%mod;
		y /= 2;
	}
	return ans;
}
int main(void)
{
	LL sum, ans, now;
	int n, m, k, i, flag;
	scanf("%d%d%d", &n, &m, &k);
	ans = 1, sum = ((LL)(1+n)*n/2)%mod;
	for(i=1;i<=k;i++)
		scanf("%d%d", &s[i].x, &s[i].y);
	sort(s+1, s+k+1);
	now = 1, flag = 0;
	for(i=1;i<=k;i++)
	{
		if(s[i].x==s[i-1].x && s[i].y==s[i-1].y)
			continue;
		if(s[i].x!=s[i-1].x)
		{
			flag++;
			ans = ans*now%mod;
			now = sum;
		}
		now = (now-s[i].y+mod)%mod;
	}
	ans = ans*now%mod;
	ans = ans*Pow(sum, m-flag)%mod;
	printf("%lld\n", ans);
	return 0;
}