题目
2751: [HAOI2012]容易题(easy)
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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
题解
这道题很容易就能发现答案是每一位的可能取值的和的乘积，然后看着题的k很小，所以被修改的数也很小，所以大部分的和是相同的，我们就可以用快速幂了！欸，我只想说STL大法好！虽然会慢一些QAQ
代码
1 /*Author:WNJXYK*/
2 #include<cstdio>
3 #include<set>
4 #include<map>
5 #include<iostream>
6 using namespace std;
7
8 const int M=1000000007;
9
10 map<int,int> minu;
11 map<int,int>::iterator it;
12 set<string> hash;
13
14 long long Sum=0;
15 int n,m,k;
16 long long Ans=1;
17
18 inline long long getTimes(long long n,int k){
19 long long tmp=n;n=1;
20 while(k){
21 if (k&1) n=n*tmp%M;
22 k/=2;
23 tmp=tmp*tmp%M;
24 }
25 return n;
26 }
27
28 inline string i2s(int x){
29 string str;
30 while(x){
31 str=str+(char)(x%10+‘0‘);
32 x/=10;
33 }
34 return str;
35 }
36
37 int main(){
38 scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
39 Sum=((long long)n*((long long)n+(long long)1)/(long long)2)%M;
40 for (int i=1;i<=k;i++){
41 int x,y;
42 scanf("%d%d",&x,&y);
43 if (hash.insert(i2s(x)+"-"+i2s(y)).second==false) continue;
44 it=minu.find(x);
45 if (it==minu.end()){
46 minu[x]=y%M;
47 }else{
48 minu[x]=(minu[x]+y)%M;
49 }
50 }
51 for (it=minu.begin();it!=minu.end();it++){
52 if ((*it).second%M<=Sum)
53 Ans=Ans*(Sum-(*it).second%M)%M;
54 else
55 Ans=Ans*(Sum-(*it).second%M+M)%M;
56 }
57 Ans=Ans*getTimes(Sum,m-minu.size())%M;
58
59 printf("%lld\n",Ans);
60 return 0;
61 }