2751: [HAOI2012]容易题(easy)

题目连接：

http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=2751

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

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

Hint

题意

题解：

答案显然是每个位置的数可选的数的和的累积（即PI(sigma(j))）

然后我们可以暴力处理出有限制的地方的乘积

然后再快速幂搞定剩下没有限制的乘积就好了

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 1e5+8;
const int mod = 1e9+7;
long long pow_mod(long long a,long long n,long long mod)
{
     long long ret = 1;
     long long temp = a%mod;
     while(n)
     {
         if(n & 1)ret = ret*temp%mod;
         temp = temp*temp%mod;
         n >>= 1;
     }
     return ret;
}
long long n,m;
int k;
vector<pair<int,int> >p;
map<int,long long> H;
int main()
{
    scanf("%lld%lld%d",&n,&m,&k);
    for(int i=0;i<k;i++)
    {
        int x,y;
        scanf("%d%d",&x,&y);
        p.push_back(make_pair(x,y));
    }
    sort(p.begin(),p.end());
    p.erase(unique(p.begin(),p.end()),p.end());
    for(int i=0;i<p.size();i++)
    {
        H[p[i].first]=(H[p[i].first]+p[i].second)%mod;
    }
    map<int,long long>::iterator it;
    int tot = 0;
    long long ans = 1;
    long long temp = (1LL+n)*n/2LL%mod;
    for(it=H.begin();it!=H.end();it++)
    {
        tot++;
        ans = ans*(temp-it->second)%mod;
        if(ans<0)ans+=mod;
    }
    ans = ans * pow_mod(temp,m-tot,mod)%mod;
    if(ans<0)ans+=mod;
    printf("%lld\n",ans);
}