题目连接:
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
#includeusing 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 >p;map H;int main(){ scanf("%lld%lld%d",&n,&m,&k); for(int i=0;i ::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);}