[bzoj2751]: [HAOI2012]容易题(easy)（快速幂）

最新推荐文章于 2020-09-19 00:25:36 发布

Lndulge.

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分类专栏：数论快速幂

本文链接：https://blog.youkuaiyun.com/xljer_/article/details/73823650

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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
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

HINT

数据范围

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<=109,m<=109,k<=105,1<=y<=n,1<=x<=m

Source

题解

虽然这个题目就叫容易题而且所有题解都说这个很水

但对于我这个刚学的蒟蒻 ~~还是好难啊啊啊啊~~

~~于是乎又去看题解~~

不过好歹看懂了首先没有限制的话答案是sum^m(sum=1到n的和)

那么引用一下http://blog.youkuaiyun.com/jr_mz/article/details/48661767

题意：有一个数列共有m项，其中每一项的值都是不大于n的正整数，并且给出k个形如第i项不能为j的约束。求出所有可能的数列的各项之积之和对1,000,000,007取模的结果。

例如n=2,m=2,约束第1项不能填1，则数列可以是2,1或2,2，每个数列的各项之积依次为2和4，则答案为2+4=6。n,m<=1,000,000,000，k<=1

这里不可能把所有情况都枚举一次，毕竟可能的数列的数量还是指数级别的。

应该注意到，答案也等于各项可取的数之和之积，如在上面的例子中，第1项可取2和为2，第2项可取1或2和为3，则答案为2*3=6。

由于k远小于n，因此只要统计出某些项不能取哪些数，用总和相减就能得到能取的数之和。统计任务可以用快排和哈希完成，还要注意给约束判重。

又因为k也远小于m，实际上绝大部分项是没有约束的，所以即能取的数之和都是总和，由于m很大，因此可以用快速幂来解决。

上面的话中红字就是这题的关键了算法就是先把有约束的乘起来然后在把没有约束的乘起来

对于没有约束的如果有tot个那么这个乘起来就是sum^tot 这个是要用到快速幂来计算的

还有排序的目的是为了去重

//参考：http://blog.youkuaiyun.com/jr_mz/article/details/48661767 
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#define ll long long
#define mod 1000000007
using namespace std;
int m,n,k;
ll ans;
struct node{
	int pos,val;
}a[100005];
bool cmp(node a,node b){
	if(a.pos==b.pos) return a.val<b.val;
	return a.pos<b.pos;
}
ll quick_pow(ll a,ll b,ll c){
	ll ans=1;
	for(ll i=b;i;i>>=1,a=(a*a)%c)
		if(i&1) ans=(ans*a)%c;
	return ans;
}
int main(){
	scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
	for(int i=1;i<=k;i++){
		scanf("%d%d",&a[i].pos,&a[i].val);
	}
	sort(a+1,a+1+k,cmp);
	int tot=m;ans=1;
	ll sum=(ll)n*(n+1)/2%mod;ll tmp=sum;//积的和 = 每一位分开 算出能取到的值的和 最后乘起来 
	for(int i=1;i<=k;i++){
		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;//最后一个还没算
	printf("%lld\n",ans*quick_pow(sum,tot,mod)%mod);//没限制的有tot个 每个的和是sum 
	return 0;
}