2751: [HAOI2012]容易题(easy)
题目连接：
http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=2751
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
题意
题解：
答案显然是每个位置的数可选的数的和的累积（即PI(sigma(j))）
然后我们可以暴力处理出有限制的地方的乘积
然后再快速幂搞定剩下没有限制的乘积就好了
代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 1e5+8;
const int mod = 1e9+7;
long long pow_mod(long long a,long long n,long long mod)
{
long long ret = 1;
long long temp = a%mod;
while(n)
{
if(n & 1)ret = ret*temp%mod;
temp = temp*temp%mod;
n >>= 1;
}
return ret;
}
long long n,m;
int k;
vector<pair<int,int> >p;
map<int,long long> H;
int main()
{
scanf("%lld%lld%d",&n,&m,&k);
for(int i=0;i<k;i++)
{
int x,y;
scanf("%d%d",&x,&y);
p.push_back(make_pair(x,y));
}
sort(p.begin(),p.end());
p.erase(unique(p.begin(),p.end()),p.end());
for(int i=0;i<p.size();i++)
{
H[p[i].first]=(H[p[i].first]+p[i].second)%mod;
}
map<int,long long>::iterator it;
int tot = 0;
long long ans = 1;
long long temp = (1LL+n)*n/2LL%mod;
for(it=H.begin();it!=H.end();it++)
{
tot++;
ans = ans*(temp-it->second)%mod;
if(ans<0)ans+=mod;
}
ans = ans * pow_mod(temp,m-tot,mod)%mod;
if(ans<0)ans+=mod;
printf("%lld
",ans);
}