2N——数论+快速幂

题目

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

Sample Output

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

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<=10^9,m<=10^9,k<=10^5,1<=y<=n,1<=x<=m)

题解

解题思路

考虑如果没有限制条件，根据加法原理和乘法原理可得
((1+2+3+……+n)^m=n*(n+1)^m)
单独计算加上限制后这位数的情况

代码

#include <cstdio>
#include <map>
#define int long long
using namespace std;
const int N = 1e5+5, M = 1e9+7;
int qpow(int a, int x) {
    a %= M;
    int ans = 1;
    while (x) {
        if (x & 1) ans *= a % M, ans %= M;
        x >>= 1;
        a *= a % M, a %= M;
    }
    return ans % M;
}
map<pair<int , int>, int > v;
map<int, int> s;
int n, m, k, a[N], tot, ans = 1, sum;
signed main() {
    scanf("%lld%lld%lld", &n, &m, &k);
    sum = n * (n + 1) / 2;
    for(int i = 1; i <= k; i++) {
        int x, y;
        scanf("%lld%lld", &x, &y);
        if (!s[x]) a[++tot] = x;
        if (v[make_pair(x, y)]) continue;
        v[make_pair(x, y)] = 1;
        s[x] += y;
    }
    for(int i = 1; i <= tot; i++)
        ans *= (sum - s[a[i]]) % M, ans %= M;
    ans = ans * qpow(sum, m - tot) % M;
    printf("%lld", ans);
    return 0 ;
}