【bzoj 2751】 [HAOI2012]容易题(easy)

[HAOI2012]容易题(easy)

Time Limit: 10 Sec Memory Limit: 128 MB
Submit: 2080 Solved: 885
[Submit][Status][Discuss]
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

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

太多式子不好推，先把问题简化一下，假设n=2，m=2，k=0那么答案就是a1b1+a1b2+a2b1+a2b2,还是没有思路的话那就考虑一下数学方法，我们把式子因式分解一下，就变成了(a1+a2)∗(b1∗b2)这个就可以O(n)求了我们再看一看k！=1的时候，比如第一位不能放1，那么式子就是a1b1+a1b2+a2b1+a2b2−a1b1−a1b2我们再因式分解一下就是(a1+a2−a1)∗(b1+b2)我们可以发现如果在任意一个括号中没有减号的话，每个括号就是1−n的和，这个是可以用等差数列求的我们可以发现k<=5000那么我们实际要算的括号是<=5000的，其他的值是一样，就可以快速幂求得

#include <cstdio>#include <cstring>#include <iostream>#include <algorithm>#define N 201000#define mod 1000000007using namespace std;struct Eli{    long long x,y,z;    void read(){cin>>x>>y;}    Eli(long long _x=0,long long _y=0,long long _z=0):x(_x),y(_y),z(_z){}    bool operator <(const Eli &A)const    {return x==A.x?y<A.y:x<A.x;}}eli[N],src[N];long long n,m,p,cnt;long long mul(long long a,long long b){    long long ret=0;    while(b)    {        if(b&1)ret=(ret+a)%mod;        a<<=1,a%=mod,b>>=1;    }    return ret;}long long power(long long a,long long b){    long long ret=1;    while(b)    {        if(b&1)ret=mul(ret,a);        a=mul(a,a),b>>=1;    }    return ret;}long long ans=0;long long lsum[N],rsum[N];int main(){    int i,j,k;    cin>>n>>m>>p;    for(i=1;i<=p;i++)eli[i].read();    sort(eli+1,eli+p+1);    long long sum=n*(n+1)/2;    long long t=sum,last=1ll,r=n;    for(i=1;i<=p;i++)    {        if(eli[i].x!=last)        {            src[++cnt]=Eli(1,r%mod,t%mod);            k=eli[i].x-last;            if(k>1)src[++cnt]=Eli(k-1,n%mod,sum%mod);            last=eli[i].x,r=n-1,t=sum-eli[i].y;        }        else {            if(eli[i].y==eli[i-1].y)continue;            r--,t-=eli[i].y;        }    }    src[++cnt]=Eli(1,r%mod,t%mod);    k=m-last;    if(k)src[++cnt]=Eli(k,n%mod,sum%mod);        ans=1;    for(i=1;i<=cnt;i++)    {        ans=ans*power(src[i].z,src[i].x)%mod;    }    cout<<ans<<endl;    return 0;}