AGC 012 D

题面在这里！

    为什么atcoder都是神仙题啊qwq

    首先发现如果要让 x,y 互换位置的话，要么通过他们直接换 (也就是x和y满足两种操作之一)，要么间接换，通过一些其他的元素形如 x可以和 a[1]换，a[1]可以和a[2]换。。。a[k-1]可以和a[k]换，a[k]可以和y换，x就可以和y换啦。

    所以就可以建模到一个无向图上，发现一个联通块内的元素之间都是可以随便换的，所以答案就是每个联通分量的颜色序列数的乘积。。

    而一个联通分量的颜色序列数是等于 sz!/(col[1]!)(col[2]!)...(col[n]!) ，sz是该联通块的大小。。。

    因为很显然这就是可重排列嘛qwq。

    但现在最大的问题是我们图的边数还是 O(N^2) 的，直接dfs会gg掉。。。。

    现在我们的任务是尽量缩减图的边数但又不影响连通性。

    1.连接相同颜色节点的边:

        发现都可以向该颜色重量最轻的节点连边，假如 x,y,z 三点颜色相同，w[x]<w[y]<w[z]，那么(y,z)之间有边 => (x,y)有边且(x,z)有边  ，但反着不一定成立。

    2.连接不同颜色节点的边:

        设每种颜色最轻的节点为 lt[i] ，那么我们只需要找到最小的两个 lt[i] ，设为 p,q，每个点只需要向p,q连边即可(如果可以连的话)。

        发现颜色具体是啥不影响连边，所以设p的颜色是1，q的颜色是2。

        让我们假设 (s,t) 之间有边 (weight(s) + weight(y) <= y)， 它们的颜色是 S,T (S<T)，那么:

            (1) . S==1 且 T==2 ,   那么一条可以的路径是  S -> q -> p -> T

            (2).  S!=1 且 T!=1 ，那么一条可以的路径是 S -> p -> T

            (3) . S!=2 且 T!=2   ,  那么一条可行的路径是 S -> q -> p -> T （要清楚 T永远是>1的）

        可以发现上述三种情况的并集是 (S,T) 可以取的全集，所以证明了这么做是对的。

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
#define pb push_back
const int ha=1e9+7,N=200005;

inline int add(int x,int y){ x+=y; return x>=ha?x-ha:x;}
inline void ADD(int &x,int y){ x+=y; if(x>=ha) x-=ha;}

inline int ksm(int x,int y){
	int an=1;
	for(;y;y>>=1,x=x*(ll)x%ha) if(y&1) an=an*(ll)x%ha;
	return an;
} 

inline int read(){
	int x=0; char ch=getchar();
	for(;!isdigit(ch);ch=getchar());
	for(;isdigit(ch);ch=getchar()) x=x*10+ch-'0';
	return x;
}

vector<int> g[N],now;
int dfn[N],dc,num[N],jc[N],ni[N],ans=1,sz;
int n,X,Y,col[N],w[N],mn[N],p[N],pos[2],C;
bool v[N];

inline void ae(int x,int y){ g[x].pb(y),g[y].pb(x);}

inline void init(){
	// prepare n! and (n!)^(-1)
	jc[0]=1;
	for(int i=1;i<=n;i++) jc[i]=jc[i-1]*(ll)i%ha;
	ni[n]=ksm(jc[n],ha-2);
	for(int i=n;i;i--) ni[i-1]=ni[i]*(ll)i%ha;
	
	// prepare edges between different colors
	for(int i=1;i<=n;i++)
	    if(mn[i]<mn[pos[0]]) pos[1]=pos[0],pos[0]=i;
		else if(mn[i]<mn[pos[1]]) pos[1]=i;
	pos[0]=p[pos[0]],pos[1]=p[pos[1]];
	
	int yz=Y-w[pos[0]],yo=Y-w[pos[1]],cx=col[pos[0]],cy=col[pos[1]];
	
	for(int i=1;i<=n;i++){
		C=col[i];
		if(C!=cx&&w[i]<=yz) ae(i,pos[0]);
		if(C!=cy&&w[i]<=yo) ae(i,pos[1]);		
	}
	
	// prepare edges between the same colors
	for(int i=1;i<=n;i++){
		C=col[i];
	    if(i!=p[C]&&w[i]+w[p[C]]<=X) ae(i,p[C]);
	}
}

void dfs(int x){
	v[x]=1,sz++,C=col[x];
	if(dfn[C]!=dc) dfn[C]=dc,now.pb(C),num[C]=1;
	else num[C]++;
	
	for(int i:g[x]) if(!v[i]) dfs(i);
}

inline void solve(){
	// calculate
	for(int i=1;i<=n;i++) if(!v[i]){
		dc++,now.clear(),sz=0;
		dfs(i),ans=ans*(ll)jc[sz]%ha;
		for(int j:now) ans=ans*(ll)ni[num[j]]%ha;
	}
}

int main(){
	memset(mn,0x3f,sizeof(mn)),w[0]=1e9+233;
	
	n=read(),X=read(),Y=read();
	for(int i=1;i<=n;i++){
		C=col[i]=read(),w[i]=read();
		if(w[i]<mn[C]) mn[C]=w[i],p[C]=i;
	}
	
	init(),solve();
	
	printf("%d
",ans);
	return 0;
}