第十二届湖南省赛 （B

Bobo 有一个 n 个点，m 条边的有向无环图（即对于任意点 v，不存在从点 v 开始、点 v 结束的路径）。

为了方便，点用 1,2,…,n 编号。 设 count(x,y) 表示点 x 到点 y 不同的路径数量（规定 count(x,x)=0），Bobo 想知道

 

 

除以 (10 ⁹+7) 的余数。

其中，a _i,b _j 是给定的数列。

 

Input

输入包含不超过 15 组数据。

每组数据的第一行包含两个整数 n,m (1≤n,m≤10 ⁵).

接下来 n 行的第 i 行包含两个整数 a _i,b _i (0≤a _i,b _i≤10 ⁹).

最后 m 行的第 i 行包含两个整数 u _i,v _i，代表一条从点 u _i 到 v _i 的边 (1≤u _i,v_i≤n)。

 

Output对于每组数据，输出一个整数表示要求的值。Sample Input

3 3
1 1
1 1
1 1
1 2
1 3
2 3
2 2
1 0
0 2
1 2
1 2
2 1
500000000 0
0 500000000
1 2

Sample Output

4
4
250000014

Hint

思路：

由有向图拓扑序的性质可以知道，拓扑序在后的节点是没有指向拓扑序在前的节点。

那么我们在对整个图进行拓扑的时候，把起始点 x 的a[x] 值 附加到 这个边的终点 y 的a[y] 值上。

并且对于每一个边，我们维护一个 long long 类型的 答案 ans，ans+= a[x]*b[y]  (  边 是 x ~> y )

那么这里就介绍刚刚我们为什么要附加数值a[x] 到a[y]上。

如果由三个点  x y z ,由如下的连接关系 x ~> y ~> z 那么x到y的边我们会算一次对答案的贡献值，y到z的边我们也会算一次。

还有一个x到z的边，我们仍然需要算。因为x可以到达z，那么如果我们在拓扑的时候把a[y]加上a[x] 时， 我们在算 b到z 的边的时候就顺便的加上了a到z的边。

因为x 的拓扑优先级比y高，并且x可以到达y，那么x就可以到达y能到达的所有边，那么就解释了这样做的原因。

这样做的时间复杂度就会转化为 O ( N ) 

主要是理解后就很好写代码，可以自己动手画图理解一下上面 讲的内容。

 

实现细节见ac代码：

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <queue>
#include <stack>
#include <map>
#include <set>
#include <vector>
#include <iomanip>
#define ALL(x) (x).begin(), (x).end()
#define rt return
#define dll(x) scanf("%I64d",&x)
#define xll(x) printf("%I64d
",x)
#define sz(a) int(a.size())
#define all(a) a.begin(), a.end()
#define rep(i,x,n) for(int i=x;i<n;i++)
#define repd(i,x,n) for(int i=x;i<=n;i++)
#define pii pair<int,int>
#define pll pair<long long ,long long>
#define gbtb ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0),cout.tie(0)
#define MS0(X) memset((X), 0, sizeof((X)))
#define MSC0(X) memset((X), '', sizeof((X)))
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define fi first
#define se second
#define eps 1e-6
#define gg(x) getInt(&x)
#define db(x) cout<<"== [ "<<x<<" ] =="<<endl;
using namespace std;
typedef long long ll;
ll gcd(ll a,ll b){return b?gcd(b,a%b):a;}
ll lcm(ll a,ll b){return a/gcd(a,b)*b;}
ll powmod(ll a,ll b,ll MOD){ll ans=1;while(b){if(b%2)ans=ans*a%MOD;a=a*a%MOD;b/=2;}return ans;}
inline void getInt(int* p);
const int maxn=100010;
const int inf=0x3f3f3f3f;
/*** TEMPLATE CODE * * STARTS HERE ***/
std::vector<int> son[maxn];
const ll mod=1e9+7ll;
ll ans=0ll;
ll a[maxn];
ll b[maxn];
ll num[maxn];
int du[maxn];
int main()
{
    // freopen("D:\common_text\code_stream\in.txt","r",stdin);
    //freopen("D:\common_text\code_stream\out.txt","w",stdout);
    gbtb;
    int n,m;
    while(cin>>n>>m)
    {
        repd(i,1,n)
        {
            son[i].clear();
        }
        MS0(du);
        MS0(num);
        repd(i,1,n)
        {
            cin>>a[i]>>b[i];
        }
        int x,y;
        repd(i,1,m)
        {
            cin>>x>>y;
            son[x].push_back(y);
            du[y]++;
        }
        queue<int> q;
        repd(i,1,n)
        {
            if(!du[i])
            {
                q.push(i);
            }
        }

        ans=0ll;
        while(q.size())
        {
            int temp=q.front();
            q.pop();
            for(auto x:son[temp])
            {
                ans=(ans+(a[temp]*b[x])%mod+mod)%mod;
                a[x]+=a[temp];
                a[x]=(a[x]+mod)%mod;
                du[x]--;
                if(!du[x])
                {
                    q.push(x);
                }
            }
        }
        cout<<ans<<endl;

    }



    return 0;
}

inline void getInt(int* p) {
    char ch;
    do {
        ch = getchar();
    } while (ch == ' ' || ch == '
');
    if (ch == '-') {
        *p = -(getchar() - '0');
        while ((ch = getchar()) >= '0' && ch <= '9') {
            *p = *p * 10 - ch + '0';
        }
    }
    else {
        *p = ch - '0';
        while ((ch = getchar()) >= '0' && ch <= '9') {
            *p = *p * 10 + ch - '0';
        }
    }
}