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
HINT
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
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
233333
我一直WA10%...
后来才发现忘记加模再取模了...
嘿嘿嘿，不过还是A了...
快速幂，简单
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <iostream>
using namespace std;
#define mod 1000000007
long long n,m,k,cha[];
long long x,sum;
struct node
{
long long x,y;
}a[];
int cmp(node a,node b)
{
if(a.x==b.x)
{
return a.y<b.y;
}
return a.x<b.x;
}
long long mul(long long n,long long m)
{
long long ans=;
while(n!=)
{
if(n%==)
{
ans=ans+m;
ans=ans%mod;
}
n=n/;
m=m*;
m=m%mod;
}
return (ans+m)%mod;
}
long long quick(long long n,long long m)
{
long long ans=;
while(n!=)
{
if(n%==)
{
ans=mul(ans,m);
ans=ans%mod;
}
m=mul(m,m);
m=m%mod;
n=n/;
}
return ans;
}
int main()
{
scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&k);
if(n%==)
{
long long x1=((+n)/);
sum=mul(n,x1)%mod;
}else
{
long long x1=(n/);
sum=mul(n+,x1)%mod;
}
for(long long i=;i<=k;i++)
{
scanf("%lld%lld",&a[i].x,&a[i].y);
}
sort(a+,a+k+,cmp);
long long cnt=;
for(long long i=;i<=k;i++)
{
if(a[i].x!=a[i-].x)
{
cnt++;
cha[cnt]=sum;
}
if(a[i].y==a[i-].y&&a[i].x==a[i-].x)continue;
cha[cnt]=cha[cnt]-a[i].y;
cha[cnt]=((cha[cnt]%mod)+mod)%mod;
}
long long ans1=quick(m-cnt,sum);
for(long long i=;i<=cnt;i++)
{
ans1=(ans1*cha[i])%mod;
}
cout<<ans1<<endl;
}