洛谷 P2220 [HAOI2012]容易题
题目描述
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！
输入格式
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。
输出格式
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。
输入输出样例
输入 #1
3 4 5
1 1
1 1
2 2
2 3
4 3
输出 #1
90
说明/提示
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
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<=10(^9),m<=10(^9),k<=10(^5),1<=y<=n,1<=x<=m
分析
我们先去考虑没有限制的情况，那么最终的答案就是
(( 1+2+3+……+n)^{m}=(frac{n imes(n-1)}{2})^{m})
为什么是这样呢？其实我们可以把数列的每一个元素看成一个集合
每一次我们可以从每个集合中任意取出(n)个元素
这(n)个元素的值分别为(1 - n)
根据乘法原理最终的结果就是
((1+2+3+……+n) imes(1+2+3+……+n) imes……)
一共要乘(m)次
如果还不理解的话，你可以随便举一个例子，按照上面的式子把它展开
但是，题目中有些元素是取不到的
我们可以记录一下每一个元素取不到的值的和(tot)
我们只要把该元素贡献的价值改为(frac{n imes(n-1)}{2}-tot)就可以了
因为题目中的限制条件最多只有(10^{5})个
所以我们记录下有限制条件的元素的个数(cnt)，对其单独处理
对于其余的元素，我们用快速幂的思想求出((frac{n imes(n-1)}{2})^{m-cnt})
最后再把所有的结果累乘就可以了
要注意两个问题：
1、因为结果很大，能取模的地方就取模
2、要注意判重，样例已经给出重复的情况了
代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=100005;
const long long mod=1e9+7;
typedef long long ll;
map<pair<ll,ll>,ll> ma1;
map<ll,ll> ma2;
ll jl[maxn];
ll cf(ll now,ll zs){
ll jl=now%mod,ans=1;
while(zs){
if(zs&1) ans*=(jl%mod),ans%=mod;
jl*=(jl%mod),jl%=mod;
zs>>=1;
}
return ans;
}
int main(){
ll n,m,k,js=0;
scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&k);
for(ll i=1;i<=k;i++){
ll aa,bb;
scanf("%lld%lld",&aa,&bb);
if(!ma2[aa]) jl[++js]=aa;
if(ma1[make_pair(aa,bb)]) continue;
ma1[make_pair(aa,bb)]=1;
ma2[aa]+=bb;
}
ll ans=1,cj=(n+1)*n/2;
for(ll i=1;i<=js;i++){
ans*=(cj-ma2[jl[i]])%mod;
ans%=mod;
}
printf("%lld
",ans%mod*cf(cj,m-js)%mod%mod);
return 0;
}