bzoj2751 容易题

传送门

题目

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！

Input
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。

 

Output

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。

分析

代码

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<string>
#include<algorithm>
#include<cctype>
#include<cmath>
#include<cstdlib>
#include<ctime>
#include<queue>
#include<vector>
#include<set>
#include<map>
#include<stack>
using namespace std;
long long cnt,num[1100000];
const long long mod=1e9+7;
struct node {
      long long x,y;
}a[1100000];
inline long long pw(long long a,long long p){
      long long res=1;
      a%=mod;
      while(p){
        if(p&1)res=res%mod*(a%mod)%mod;
        a=a%mod*(a%mod)%mod;
        p>>=1;
      }
      return res;
}
inline bool cmp(const node p,const node q){
      if(p.x==q.x)return p.y<q.y;
      return p.x<q.x;
}
int main(){
      long long n,m,i,j,k,t;
      scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&k);
      t=n*(n+1)/2%mod;
      for(i=1;i<=k;i++){
        scanf("%lld%lld",&a[i].x,&a[i].y);
      }
      sort(a+1,a+k+1,cmp);
      for(i=1;i<=k;i++){
        if(a[i].x!=a[i-1].x)num[++cnt]=a[i].y;
          else if(a[i].y!=a[i-1].y)num[cnt]=(num[cnt]+a[i].y)%mod;
      }
      long long ans=pw(t,m-cnt);
      for(i=1;i<=cnt;i++)
        ans=ans%mod*(((t-num[i]+mod)%mod)%mod)%mod;
      printf("%lld
",ans);
      return 0;
}