2751: [HAOI2012]容易题(easy)
Description
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。
Sample Input
3 4 5
1 1
1 1
2 2
2 3
4 3
1 1
1 1
2 2
2 3
4 3
Sample Output
90
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
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
HINT
数据范围
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<=109,m<=109,k<=105,1<=y<=n,1<=x<=m
题解:
我们吧式子一一列举出来,发现最后的答案就是所有可行区域和的乘积,由于区域数量太大,
发现题目k最多就是1e5个那么最多对于1e5个我们直接乘,剩下的用快速幂怼就好了
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include<vector>
#include<map>
using namespace std;
const int N = , M = , mod = , inf = 0x3f3f3f3f;
typedef long long ll; ll quick_mul(ll a,ll b){
ll msum=;
while(b){
if(b&) msum = (msum+a)%mod;
b>>=;
a = (a+a)%mod;
}
return msum;
} ll quick_pow(ll x,ll p) {
if(!p) return ;
ll ans = quick_pow(x,p>>);
ans = quick_mul(ans,ans)%mod;
if(p & ) ans = quick_mul(ans,x)%mod;
return ans;
}
map<int, ll > mp;
map<pair<int,int> ,int> hash;
ll n,m,k; int main() {
scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&k);
ll all = (n*(n+)/);
ll sum = ;
for(int i=;i<=k;i++) {
int a,b;
scanf("%d%d",&a,&b);
if(hash.count(make_pair(a,b))) continue;
if(mp.count(a)) {
mp[a] -= b;
}
else mp[a] = all - b, m--;
hash[make_pair(a,b)] = ;
}
ll ans = quick_pow(all,m);
for(map<int,ll>::iterator it = mp.begin();it!=mp.end();it++) {
ll now = it->second;
sum = quick_mul(sum,now);
}
printf("%lld\n",quick_mul(ans,sum)%mod);
return ;
}