指挥使走后一脸懵逼，然后想起了一道水(SB)的省选题。
这是毒瘤乘法分配率的应用，似乎还有一篇，算是入门题。
对了，这题连接：P2220 [HAOI2012]容易题
然而蒟蒻还是先自闭了一会......
大力代值可知，是一道裸的条件概率。
先处理出(sum=sum_{i=1}^{n})与(sum^n)(这是用分配率推导的，我这里不用了，就是无限制条件下的最大值)，在处理每个被影响的区块就好了，就是乘上
[dfrac{{sum-sum_{i= ext{被限制的数}}i}}{sum}
]
这里被限制的数只有(kin[1,1e5])个，暴力一下即可，注意要排序和去重!!
那么这样的复杂度就是(O(klog k))的，可以通过本题。
我下面说个问题，其实此题已解决了，不过......
显然要求出(sum)在模(1e9+7)意义下的逆元，那么这个数一定存在吗？
即求：
[(1e9+7)k=dfrac{n(n+1)}{2};;;kin Z
]
是否在数据范围内存在正整数解(k)。
显然(1e9+7)是质数，那么(n)和(n+1)一个中显然有因子(1e9+7)，而且另一个数是偶数，那么易得(n_{min}=1e9+7>1e9)，是没问题的。
下面上代码了：
(Code):
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
using namespace std;
const int MAXN=100005;
const int MOD=1000000007;
typedef long long ll;
inline long long mul(long long x,long long y,long long mod)
{
long long tmp=(x*y-(long long)((long double)x/mod*y+1.0e-8)*mod);
return tmp<0 ? tmp+mod : tmp;
}//数据不小，加上保险
struct node
{
ll id,val;
}a[MAXN],b[MAXN];
bool cmp(node n,node m){if(n.id^m.id) return n.id<m.id;else return n.val<m.val;}
ll n,m,k,cnt=0;
ll sum,inv,s;
ll quickpow(ll a,ll b)
{
ll base=a%MOD,ans=1;
while(b)
{
if(b&1) ans=mul(ans,base,MOD);
b>>=1;
base=mul(base,base,MOD);
}
return ans%MOD;
}
ll get_inv(ll x){return quickpow(x,1000000005)%MOD;}
void hack()//真坑~去重
{
for(int i=1;i<=k;i++)
{
if(a[i].id==b[cnt].id&&a[i].val==b[cnt].val) continue;
else b[++cnt]=a[i];
}
}
void work()
{
sum=n*(n+1)/2;
sort(a+1,a+k+1,cmp);
hack();
inv=get_inv(sum)%MOD;
s=quickpow(sum,m);
int l=0;
ll now=sum;
for(int i=1;i<=cnt;i++)
{
if(b[i].id==b[l].id) now-=b[i].val;
else
{
s=mul(s,mul(inv,now,MOD),MOD)%MOD;
now=sum-b[i].val;
l=i;
}
}
s=mul(s,mul(inv,now,MOD),MOD)%MOD;//最后还剩下一组
return;
}
int main()
{
scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&k);
//正确思路挂成70pts，原因：
//n,m还要是long long否则后边求sum时得到的还是int
for(int i=1;i<=k;i++) scanf("%lld%lld",&a[i].id,&a[i].val);
work();
cout<<s%MOD<<"
";
return 0;
}