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
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
Source
这个其实真的蛮容易的。公式 $ans=\prod _ {i = 1}^{i = m} \sum _{j=1}^{j=n}j(j可以填在i位置)$ 。因为限制只有k组，最多100000，所以没有限制的居多，可以快速幂。有限制的暴力一下就可以了。
1 #include<algorithm>
2 #include<cstdio>
3 #include<cstdlib>
4 using namespace std;
5
6 typedef long long ll;
7 #define rhl (1000000007)
8 #define maxn (100010)
9 int n,m,k; pair <int,int> no[maxn]; ll res[maxn];
10
11 inline int qsm(ll a,int b)
12 {
13 ll ret = 1;
14 for (;b;b >>= 1,(a *= a)%=rhl) if (b & 1) (ret *= a)%=rhl;
15 return ret;
16 }
17
18 int main()
19 {
20 freopen("2751.in","r",stdin);
21 freopen("2751.out","w",stdout);
22 scanf("%d %d %d",&n,&m,&k);
23 for (int i = 1;i <= k;++i)
24 {
25 int x,y; scanf("%d %d",&x,&y);
26 no[i] = make_pair(x,y);
27 }
28 sort(no+1,no+k+1); k = unique(no+1,no+k+1)-no-1;
29 int tot = 0,last = 0;
30 for (int i = 1;i <= k;++i)
31 {
32 if (no[i].first == last) (res[tot] += no[i].second)%=rhl;
33 else (res[++tot] += no[i].second)%=rhl,last = no[i].first;
34 }
35 ll ans = qsm(((ll)(1+n)*(ll)n>>1)%rhl,m-tot);
36 for (int i = 1;i <= tot;++i)
37 (ans *= (((ll)(1+n)*(ll)n>>1)%rhl-res[i])%rhl)%=rhl;
38 printf("%lld",(ans+rhl)%rhl);
39 fclose(stdin); fclose(stdout);
40 return 0;
41 }