NC19989 [HAOI2012]容易题(EASY)

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题目

题目描述

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！

输入描述

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。

输出描述

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。

示例1

输入

3 4 5
1 1
1 1
2 2
2 3
4 3

输出

90

说明

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

备注

30%的数据 \(n \le 4,m \le 10,k \le 10\)

另有20%的数据 \({k=0}\)

70%的数据 \(n \le 1000,m \le 1000,k \le 1000\)

100%的数据 \(n \le 10^9,m \le 10^9,k \le 10^5,1 \le y \le n,1 \le x \le m\)

题解

知识点：组合数学。

因为是求乘积的总和，我们可以利用分配律，把式子等价变换成每个数字可能值的和（贡献）的乘积。

这是对含有分配律的式子的常见处理方式，比较典型的就是乘法对加法的分配律。当然，还有对纯加法，利用交换律的分组求和，比较典型的就是在处理子区间异或和之和问题中的拆位优化，对每位分组一并处理。

因此，如果都没有限制，那么总和应该为 \(\displaystyle \prod_{i=1}^m \sum_{j=1}^n j = \prod_{i=1}^m \frac{n(n+1)}{2} = \left( \frac{n(n+1)}{2} \right)^m\) 。

考虑加上约束，那么就是给某些数的贡献减去约束值的和 \(sum\) ，那么它们的贡献就为 \(\dfrac{n(n+1)}{2} - sum\) 。

时间复杂度 \(O(k \log k + \log m)\)

空间复杂度 \(O(k)\)

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;

const int P = 1e9 + 7;
int qpow(int a, ll k) {
    int ans = 1;
    while (k) {
        if (k & 1) ans = 1LL * ans * a % P;
        k >>= 1;
        a = 1LL * a * a % P;
    }
    return ans;
}

int main() {
    std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
    int n, m, k;
    cin >> n >> m >> k;
    map<int, set<int>> mp;
    for (int i = 1;i <= k;i++) {
        int x, y;
        cin >> x >> y;
        mp[x].insert(y);
    }
    int ans = 1;
    for (auto [x, st] : mp) {
        int sum = 0;
        for (auto y : st) (sum += y) %= P;
        ans = 1LL * ans * (1LL * n * (n + 1) / 2 % P - sum + P) % P;
    }
    ans = 1LL * ans * qpow(1LL * n * (n + 1) / 2 % P, m - mp.size()) % P;
    cout << ans << '\n';
    return 0;
}