794. [HAOI2012] 容易题
★★☆ 输入文件:easy.in
输出文件:easy.out
简单对比
时间限制:1 s 内存限制:128 MB
- /*
- 题解抄的别人的。表示对母函数一脸懵逼。。。
- 首先考虑暴力…(20分~~)…然后你会得到一堆式子,从前往后合并同类项,可以发现顺序无所谓,可以先算m-1个的再算m个的。
- 然后显然答案就是π(i=1~m)Σ(所有可行的)a[i]
- 虽然m很大,但是k只有1e5,所有许多位置可以全选,把没有限制的部分直接一起算就行了
- */
- #include<cstdio>
- #include<iostream>
- #include<algorithm>
- #define pir pair<int,int>
- using namespace std;
- typedef long long ll;
- const int N=1e5+;
- const int mod=1e9+;
- int n,m,val,tn,tmp;
- pir f[N];
- inline int read(){
- int x=,f=;char ch=getchar();
- while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-;ch=getchar();}
- while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*+ch-'0';ch=getchar();}
- return x*f;
- }
- ll fpow(ll a,ll p){
- ll res=;
- for(;p;p>>=,a=a*a%mod) if(p&) res=res*a%mod;
- return res;
- }
- int main(){
- freopen("easy.in","r",stdin);
- freopen("easy.out","w",stdout);
- val=read();n=read();m=read();
- int all=1LL*val*(val+)/%mod;
- int ans=;
- for(int i=,a,b;i<=m;i++) a=read(),b=read(),f[i]=make_pair(a,b);
- sort(f+,f+m+);
- m=unique(f+,f+m+)-(f+);
- for(int i=;i<=m;i++){
- tmp+=f[i].second;
- if(i==m||f[i].first!=f[i+].first){
- ans=1LL*ans*(all-tmp)%mod;
- tmp=;tn++;
- }
- }
- ans=1LL*ans*fpow(all,n-tn)%mod;
- if(ans<) ans+=mod;
- printf("%d",ans);
- return ;
- }
第一题:容易题(easy)
时间限制:1秒
输入:easy.in
输出:easy.out
问题描述
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
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
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。
样例输入
3 4 5
1 1
1 1
2 2
2 3
4 3
样例输出
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
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