[HAOI2012] 容易题

Posted 2020-08-25 Der Barde, Nietzsche

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；

                       --by洛谷；

http://daniu.luogu.org/problem/show?pid=2220

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简单题？呵呵

首先，她有个公式

我们先假设k=0;

ai为a位的可能;bi为b位的可能;ci为c位的可能...

则：

a1*b1*c1+a1*b1*c2+a1*b2*c1+a1*b2*c2+a2*b1*c1+a2*b1*c2+a2*b2*c1+a2*b2*c2;

你提公因式嘛；

a1*(b1*c1+b1*c2+b2*c1+b2*c2)+a2*(b1*c1+b1*c2+b2*c1+b2*c2);

再提

a1*[b1*(c1+c2)+b2*(c1+c2)]+a2*[b1*(c1+c2)+b2*(c1+c2)];

a1*(b1+b2)*(c1+c2)+a2*(b1+b2)*(c1+c2);

(a1+a2)*(b1+b2)*(c1+c2);

再通过k的存在，对每位的可能减zi;

(a1+a2-z1)*(b1+b2-z2)*(c1+c2-z3);

 

然后每一位在k=0一样，即a1+a2=b1+b2=c1+c2=sum（n）;

(sum（n）-z1)*(sum（n）-z2)*(sum（n）-z3);

所以，这叫简单题？

就想预处理sum(n)然后O(n)乘，每次记得减z;

然而O(n)也过不了----n=1e9。。。

所以，这叫简单题？

但是我们发现，k比较小，1e5；

所以有限制的位置，小于等于1e5；

我们可以先算她们，然后剩下的写一个快速幂；

时间效率O(klogk+k+log(n-k))；

（因为有个sort）;

代码如下：

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#define mod 1000000007
using namespace std;
struct ss
{
    int x,y;
}a[100001];
long long b[100001];

bool cmp(ss a,ss b)
{
    if(a.x==b.x)
        return a.y<b.y;
    return a.x<b.x;
}
long long sqr(long long ,int );

int main()
{
    int n,m,k;
    long long sz1=0;
    long long ans=1;
    int i,j,l;
    scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
    sz1=(long long)n*(n+1)/2%mod;
    for(i=1;i<=k;i++)
        scanf("%d%d",&a[i].x,&a[i].y);
    sort(a+1,a+k+1,cmp);
    j=0;
    for(i=1;i<=k;i++)
    {
        if(a[i].x!=a[i-1].x)
            b[++j]=a[i].y;
        else
            if(a[i].y!=a[i-1].y)
                b[j]=(b[j]+a[i].y)%mod;
    }
    for(i=1;i<=j;i++)
        ans=(ans*(sz1-b[i]+mod))%mod;
    m=m-j;
    ans=(ans*sqr(sz1,m))%mod;
    printf("%lld",ans);
    return 0;
}

long long sqr(long long sz,int m)
{
    long long ans=1;
    while(m)
    {
        if(m&1)
            ans=(ans*sz)%mod;
        sz=(sz*sz)%mod;
        m=m>>1;
    }
    return ans;
}

祝AC哟；