[HAOI2012] 容易题

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；

--by洛谷；

http://daniu.luogu.org/problem/show?pid=2220

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简单题？呵呵

首先，她有个公式

我们先假设k=0;

ai为a位的可能;bi为b位的可能;ci为c位的可能...

则：

a1*b1*c1+a1*b1*c2+a1*b2*c1+a1*b2*c2+a2*b1*c1+a2*b1*c2+a2*b2*c1+a2*b2*c2;

你提公因式嘛；

a1*(b1*c1+b1*c2+b2*c1+b2*c2)+a2*(b1*c1+b1*c2+b2*c1+b2*c2);

再提

a1*[b1*(c1+c2)+b2*(c1+c2)]+a2*[b1*(c1+c2)+b2*(c1+c2)];

a1*(b1+b2)*(c1+c2)+a2*(b1+b2)*(c1+c2);

(a1+a2)*(b1+b2)*(c1+c2);

再通过k的存在，对每位的可能减zi;

(a1+a2-z1)*(b1+b2-z2)*(c1+c2-z3);

然后每一位在k=0一样，即a1+a2=b1+b2=c1+c2=sum（n）;

(sum（n）-z1)*(sum（n）-z2)*(sum（n）-z3);

所以，这叫简单题？

就想预处理sum(n)然后O(n)乘，每次记得减z;

然而O(n)也过不了——n=1e9。。。

所以，这叫简单题？

但是我们发现，k比较小，1e5；

所以有限制的位置，小于等于1e5；

我们可以先算她们，然后剩下的写一个快速幂；

时间效率O(klogk+k+log(n-k))；

（因为有个sort）;

代码如下：

 #include<cstdio>
 #include<algorithm>
 #define mod 1000000007
 using namespace std;
 struct ss
 {
     int x,y;
 }a[];
 long long b[];

 bool cmp(ss a,ss b)
 {
     if(a.x==b.x)
         return a.y<b.y;
     return a.x<b.x;
 }
 long long sqr(long long ,int );

 int main()
 {
     int n,m,k;
     long long sz1=;
     long long ans=;
     int i,j,l;
     scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
     sz1=(long long)n*(n+)/%mod;
     for(i=;i<=k;i++)
         scanf("%d%d",&a[i].x,&a[i].y);
     sort(a+,a+k+,cmp);
     j=;
     for(i=;i<=k;i++)
     {
         if(a[i].x!=a[i-].x)
             b[++j]=a[i].y;
         else
             if(a[i].y!=a[i-].y)
                 b[j]=(b[j]+a[i].y)%mod;
     }
     for(i=;i<=j;i++)
         ans=(ans*(sz1-b[i]+mod))%mod;
     m=m-j;
     ans=(ans*sqr(sz1,m))%mod;
     printf("%lld",ans);
     return ;
 }

 long long sqr(long long sz,int m)
 {
     long long ans=;
     while(m)
     {
         if(m&)
             ans=(ans*sz)%mod;
         sz=(sz*sz)%mod;
         m=m>>;
     }
     return ans;
 }

祝AC哟；