• [ HAOI 2012 ] 容易题


    (\)

    (Description)


    一个长度为(N)的数列(A),每个位置的数域都为([0,M]igcup N^ ext{*}),定义数列(A)的积为(prod_{i=1}^N A_i)

    现共有(K)个限制条件,以第(x_i)个位置数字不能为(y_i)的形式给出,求所有可能的数列(A)的积求和对(10^9+7)取模的值。

    • (Nin [0,10^9])(Min [0,10^9])(Kin [0,10^5])(x_iin[1,N])(y_iin [1,M])

    (\)

    (Solution)


    • 考虑爆搜的过程,其实是枚举每一位的数,再枚举下一位,假设第(i)位可行的数域为(S_i),答案可以表示成:(egin{align}prod_{i=1}^N sum_{jin S_i} A_iend{align})
    • 注意到数列位数非常多,但是限制条件非常少,所以会有很多位置没有限制。注意到答案是一堆求和的连乘积的形式,是满足交换律的,所以直接快速幂求出所有无限制部分连乘积的答案,剩下一个个处理有限制的部分即可,注意限制有可能重复,可以排序去重,总复杂度( ext O(KlogK+logN))

    (\)

    (Code)


    #include<map>
    #include<cmath>
    #include<cstdio>
    #include<cctype>
    #include<cstdlib>
    #include<cstring>
    #include<iostream>
    #include<algorithm>
    #define N 100010
    #define R register
    #define gc getchar
    #define mod 1000000007
    using namespace std;
    typedef long long ll;
     
    inline ll rd(){
      ll x=0; bool f=0; char c=gc();
      while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=1;c=gc();}
      while(isdigit(c)){x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);c=gc();}
      return f?-x:x;
    }
     
    ll res,n,m,k,ptr;
     
    struct query{ll p,x;}q[N];
     
    inline bool cmp(query x,query y){
      return (x.p==y.p)?(x.x<y.x):(x.p<y.p);
    }
     
    inline ll qpow(ll x,ll t){
      ll ans=1;
      while(t){
        if(t&1) (ans*=x)%=mod;
        (x*=x)%=mod; t>>=1;
      }
      return ans;
    }
     
    int main(){
      n=rd(); m=rd(); k=rd();
      for(R ll i=1;i<=k;++i){q[i].p=rd();q[i].x=rd();}
      sort(q+1,q+1+k,cmp);
      for(R ll i=1,tmp;i<=k;++i){
        tmp=q[i].x;
        while(q[i+1].p==q[i].p){
          if(q[i+1].x!=q[i].x) tmp+=q[i+1].x; ++i;
        }
        q[++ptr].p=q[i].p; q[ptr].x=tmp;
      }
      n=(n*(n+1)/2)%mod;
      res=qpow(n,m-ptr);
      for(R ll i=1;i<=ptr;++i) res=(res*((n-q[i].x)%mod+mod))%mod;
      printf("%lld
    ",res);
      return 0;
    }
    
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  • 原文地址:https://www.cnblogs.com/SGCollin/p/9651195.html
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