[2018.12.30]BZOJ2751 [HAOI2012]容易题(easy)

考虑一个一个加入限制。

那么先算没有限的情况。

根据乘法分配律,发现答案其实是([frac{n(n+1)}{2}]^m)。

也就是(m)个((1+2+3+...+n))的积。将第(i)个((1+2+3+...+n))记为(sum_i)(当然这只是(sum_i)的初值)。

设目前答案为(ans)。

当加入一个限制条件(x y),就是从(sum_x)中删去(y),那么答案就减少了(frac{ans}{sum_x} imes y)(当然要求(y)还存在于(sum_x)中)。

还发现其实我们只关心两次操作的(x)是否不同,而不关心具体值。

所以我们开一个map来将(x)映射到([1,k])之间的整数上,记为(mp)。当然,没有出现的(x)可以不管。

另外记一个Pair类型的map或者set,表示操作(x y)是否被执行过。

code:

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
struct Pair{
    int a,b;
    bool operator >(Pair y)const{
        if(a!=y.a)return a>y.a;
        return b>y.b;
    }
    bool operator <(Pair y)const{
        if(a!=y.a)return a<y.a;
        return b<y.b;
    }
};
const long long mod=1e9+7;
long long n,m,k,sum[100010],ans,v;
int id,t,cnt;
map<int,int>mp;
map<Pair,bool>mp2;
long long POW(long long x,long long y){
    long long tot=1;
    while(y){
        if(y&1)tot=tot*x%mod;
        x=x*x%mod;
        y>>=1;
    }
    return tot;
}
long long INV(long long x){
    return POW(x%mod,mod-2);
}
long long ch(long long x,long long y){
    return x%mod*INV(y)%mod;
}
int main(){
    scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&k);
    ans=POW(n*(n+1)/2%mod,m);
    for(int i=1;i<=k;i++)sum[i]=n*(n+1)/2;
    for(int i=1;i<=k;i++){
        scanf("%d%lld",&id,&v);
        t=mp[id];
        if(!t)t=mp[id]=++cnt;
        if(mp2[(Pair){t,(int)v}])continue;
        mp2[(Pair){t,(int)v}]=1;
        ans=(ans-ch(ans,sum[t])*v%mod+mod)%mod;
        sum[t]=(sum[t]-v+mod)%mod;
    }
    printf("%lld",ans);
    return 0;
}