タイトル説明
次のようにみんなを満たすために自分自身を考える（簡単）、少しQが意図的に簡単な質問誰もが幸せにするために、この簡単な質問が記載されています：
そこにすべてのために知られている列数[i]が自然数に1であり、N、および[i]の値を取ることができないいくつかのAのために知っている、我々はすべての要素の積の列のシリーズのために、製品の数を定義し、あなたが必要です列とMOD 1000000007の数の積のすべての可能な値を決定し、それは非常に単純ではないのですか？ハハ！
解決
数論内部のラベルが嘘（霧）であるmodはそれがあるので、それを何ですか？？？
この質問は、最初の観測データの範囲は非常にシンプルであり、kは、我々はそれについて大騒ぎをする、比較的小さいことがわかりました。
条件の合計に制限を見いださないために私たちの願いの影響、マイナスのkとの関係で、この複雑さに起因する制約。
仮定\（P \）の位置に追加され（私は\）\次いで、残りの位置の積
\（年数= 1 + 2 * P * P + \ cdots + N * P =（\ FRAC {N（N + 1）} {2}）* P \）
任意の位置のために、それは明らかにこの事です。
次に\（ANS = {（\ {N-FRAC（N + 1）} {2}）} M ^ \）。
あるいはパイルアイテムを乗算することにより理解として\（ANS =（1 + 2 + \ + N-cdots）*（1 + 2 + \ + N-cdots）* \ cdots \）
合計\（m個\）キー、それはその事のトップになります。
その後、我々は制限を検討してください。
まず位置に、場所の制約によってソートされた\（私は\） 、彼らがしている場合は、すべての制約、および（\ SUM）\、彼らがして答えを拒否することを確認することは容易である（合計* {（\ FRACを\ nは{ （N + 1）} {2}）^ {}} * 1 MI NOW-の\）。前記\（今\）を薄くする制約\（1 \ simのI-1 \） 製品。\（今\） 1の初期値、カリングを乗じた各時間（\ \ {N-FRAC（+ N-1）} {2} -sum \） 。
また、NOが最終結果の各位置の影響を除くため、離散。
複雑\（O（klogm klogk +）\） 。
私は多くのコード鬼畜を書くが、私はQWQを大物ご容赦ください。
参照コード
#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;
}