题目描述
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！
解析
标签里面数论是骗人的（雾），难道是因为有个取模吗？？？
这题还是很简单的，首先观察数据范围，发现k比较小，那我们就对它做文章。
我们不妨先求出没有限制条件下的总和，再减去限制条件造成的影响，这样复杂度就与k有关了。
假设\(p\)为除了位置\(i\)其余位置的积，那么
\(ans=1*p+2*p+\cdots+n*p=(\frac{n(n+1)}{2})*p\)
对于任意位置，显然都是这个东西。
那么\(ans={(\frac{n(n+1)}{2})}^m\)。
或者理解作一堆项相乘，\(ans=(1+2+\cdots+n)*(1+2+\cdots+n)*\cdots\)
总共有\(m\)项，就变成上面那个东西。
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然后我们考虑限制条件。
先对限制按位置排序，对于一个位置\(i\)的所有限制条件，若它们的和为\(sum\)，很容易看出它们剔除的答案为\(sum*{(\frac{n(n+1)}{2})}^{m-i-1}*now\)。其中\(now\)为剔除过限制条件的\(1\sim i-1\)的积。\(now\)的初始值是1，每次剔除都乘上\(\frac{n(n+1)}{2}-sum\)。
而且，由于每次剔除的位置对最后结果无影响，离散化。
复杂度\(O(klogm+klogk)\)。
我的代码写的比较鬼畜，还请各位大佬见谅QWQ。
参考代码
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<string>
#include<cstdlib>
#include<queue>
#include<vector>
#include<set>
#define INF 0x3f3f3f3f
#define PI acos(-1.0)
#define N 100010
#define MOD 2520
#define E 1e-12
#define ll long long
#define mod 1000000007
#define div 500000004
using namespace std;
inline int read()
{
int f=1,x=0;char c=getchar();
while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}
while(c>='0'&&c<='9'){x=x*10+c-'0';c=getchar();}
return x*f;
}
ll n,m,k,sum[N];
set<int> s[N];
struct node{
int pos,x;
inline bool operator<(const node &a)const{
return a.pos>pos;
}
}a[N];
inline ll qp(ll a,ll b){ll ans=1;for(;b;b>>=1){if(b&1)ans=(ans*a)%mod;a=(a*a)%mod;}return ans%mod;}
int main()
{
n=read(),m=read(),k=read();
for(int i=1;i<=k;++i)
a[i].pos=read(),a[i].x=read();
sort(a+1,a+k+1);
int cnt=1,pos=a[1].pos;
for(int i=1;i<=k;++i){
if(pos==a[i].pos){
if(s[cnt].find(a[i].x)!=s[cnt].end()) continue;
s[cnt].insert(a[i].x),sum[cnt]=(sum[cnt]%mod+a[i].x%mod)%mod;
}
else s[++cnt].insert(a[i].x),sum[cnt]=(sum[cnt]%mod+a[i].x%mod)%mod;
pos=a[i].pos;
}//脑抽写的set离散化
ll tmp=(n%mod*(n+1)%mod*div%mod)%mod;
ll ans=qp(tmp,m)%mod;
ll now=1;
for(int i=1;i<=cnt;++i){
ans=(ans%mod-sum[i]%mod*qp(tmp,m-i)%mod*now%mod+2*mod)%mod;
now=(now%mod*(tmp%mod-sum[i]%mod+2*mod)%mod)%mod;
}
printf("%lld\n",ans%mod);
return 0;
}