洛谷 2220 [HAOI2012]容易题 题解（组合数学，离散化）

原链接：
洛谷：点我QωQ
bzoj：点我QωQ

题意简述

一个长度为$m$的数列$a$，每个数都在$[1,n]$之间，有$k$个限制。第$i$个限制包含两个正整数$x,y$，表示$a_x$不能取$y$。求所有满足条件的$a$数列的所有元素之积之和。

数据

输入

第一行三个正整数，$n,m,k$$(n,m<=10^9,k<=10^5)$
接下来$k$行，每行两个正整数$x,y$。$1<=x<=m,1<=y<=n$

输出

所有满足条件的$a$数列的所有元素之积之和。

样例

输入
3 4 5
1 1
1 1
2 2
2 3
4 3
输出
90

解释

有一下几种：

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

很明显，表中"积"一项的和为$2+4+4+8+6+12+3+6+6+12+9+18=90$

思路

题目名称叫"容易题"，但是我非常想叫它"毒瘤题"，我艹太${}^{tm}$毒瘤了。。。

虽然样例解释给出的是暴力形式，但是显然我们是不珂以暴力做的。
我们想想（拿$n=4,m=4$举例），如果没有任何限制，那么积的和是多少呢？

显然，每个位置都珂以取$1,2\cdots n$，合法的数列有
{ 1 , 2 , 3 , 1 } \{1,2,3,1\} {1,2,3,1}, { 1 , 2 , 3 , 2 } \{1,2,3,2\} {1,2,3,2}, { 1 , 2 , 3 , 3 } \{1,2,3,3\} {1,2,3,3}, { 1 , 2 , 3 , 4 } \{1,2,3,4\} {1,2,3,4},$\cdots$
这是前四项。如果我们计算它们积的和，我们会发现珂以提一个公因式$1\times 2\times 3$出来，然后最后一项是$(1+2+3+4)$，即这四个数列积的和为$(1\times 2\times 3)\times (1+2+3+4)$.当然，我们珂以想象一下，如果我们把所有项都因式分解，应该长这样：
$=(1+2+3+4)\times (1+2+3+4)\times (1+2+3+4)\times (1+2+3+4)=(1+2+3+4{)}^m=(\frac{n(n+1)}{2}{)}^m$。

此时，我们考虑限制，按样例，第一个不能取$1$。此时我们发现，分解完的结果长成这样：
$(2+3+4)\times (1+2+3+4{)}^3$
就是第一个括号里少加了一个$1$。也就是说，对于一个限制$(x,y)$，即第$x$个位置不能取$y$，对答案的影响就是第$x$个括号里减去一个$y$。（从样例中发现，有些限制会重复出现，这很好办，排序一下，然后$while$循环替代$++i$即可）我们用$cnt[i]$表示第$i$个括号里的值，每次减一下，到最后乘起来就是答案了。

当你开开心心的写完这个代码的时候，你会发现：$wdnmd,m<=10^9$！！！$F\ast \ast K$！
所以我们需要优化。发现$k$并不大，只有$10^5$，所以只有这$k$个做过改动的对答案有影响，其它的就直接快速幂上去即可。由于我们刚刚在去重的时候就已经排过序了，所以代码也就没有什么变动，具体看注释。代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
namespace Flandle_Scarlet
{
    #define int long long
    #define mod 1000000007
    #define K 100100
    int n,m,k;
    struct node//保存一个约束
    {
        int pos,val;
        //位置,不能等于的值
    }a[K];bool operator<(node x,node y){return x.pos<y.pos or (x.pos==y.pos and x.val<y.val);}
    //排序:位置第一优先,不能等于的值第二优先
    void Input()
    {
        scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&k);
        for(int i=1;i<=k;++i)
        {
            scanf("%lld%lld",&a[i].pos,&a[i].val);
        }
        sort(a+1,a+k+1);//记得排序
    }

    int cnt[K];//每个括号里的值
    //这里只记录被改动过的括号，别的括号里的值用快速幂乘上去
    int qpow(int a,int b,int m)//快速幂
    {
        int r=1;
        while(b)
        {
            if (b&1) r=r*a%m;
            a=a*a%m,b>>=1;
        }
        return r;
    }
    int Next(int pos)//去重用的,用一个while循环找到第一个不相同的约束条件
    //样例里就有一个相同的...真tm毒瘤..
    {
        ++pos;
        if (a[pos].pos!=a[pos-1].pos) return pos;
        while(a[pos].val==a[pos-1].val) ++pos;
        return pos;
    }
    void Solve()
    {
        int sum=n*(n+1)/2;sum%=mod;//没有被改动过的括号的值
        for(int i=1;i<=k;++i)
        {
            cnt[i]=sum;
        }//初始都是=sum的

        int pos=0;//由于有一些不同的约束条件描述的是一个相同的位置(不能等于的值不同),
        //所以剩下的括号并不是n-k个,而是用这个pos存一下不同的个数
        for(int i=1;i<=k;i=Next(i))
        {
            if (a[i].pos!=a[i-1].pos)
            {
                ++pos;//如果描述的位置不同,就++
            }
            cnt[pos]=(cnt[pos]-a[i].val+mod)%mod;//对答案产生影响，所以要修改括号中的值
            //不能直接模,要+mod再模
        }
        int rest=m-pos;//剩下m-pos个括号里都是sum
        int ans=qpow(sum,rest,mod);//用快速幂乘上去
        for(int i=1;i<=pos;++i)
        {
            ans*=cnt[i];ans%=mod;
        }//这一步上面解释过了
        printf("%lld\n",ans);
    }
    void Main()
    {
        if (0)
        {
            freopen("","r",stdin);
            freopen("","w",stdout);
        }
        Input();
        Solve();
    }
    #undef int //long long
    #undef mod //1000000007
};
main()
{
    Flandle_Scarlet::Main();
    return 0;
}

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