标签：bsp das and tps map 出现 target while ret
题意很明白，也很显然，这一题要推式子，那么我们就直接想一下可以推出什么来，首先我们假设第i位可取的数字有di个分别为ai1，ai2，。。。ai(di)。于是我们有，
S（要求的和）=a11*a21*a31*...*an1+a11*a21*a31*...*an2+a11*a21*a31*...*an3+...+a11*a21*a31*...*an(dn)+...+a1(d1)*a2(d2)*a3(d3)*...*an(dn).
然后多提取几次公因式就是(a11+a12+...+a1d1)*(a21+a22+...+a2d2)*...*(an1+an2+...+andn).
然后就好办了因为ai是1——n的数字，所以最初的和是可以确定的，然后出现一个需要限制的就减一点，最后没限制的那个用快速幂，再乘上有限制的。记得有需要去重的去重。
最后是代码：
#include <cstdio> #include <map> using namespace std; const int mod=1e9+7; const int maxn=1e5+10; map<int,int> ma; map<pair<int,int>,bool> ma2; int s[maxn]; int js; int pow(long long a,int p){ a%=(long long)mod; int s=a; int ans=1; while(p){ if(p&1) ans=(long long)ans*(long long)s%(long long)mod; p>>=1; s=(long long)s*(long long)s%(long long)mod; } return ans; } int main(){ int n,m,k; scanf("%d%d%d",&n,&m,&k); int js1,js2; for(int i=1;i<=k;i++){ scanf("%d%d",&js1,&js2); if(ma2[make_pair(js1,js2)]) continue; ma2[make_pair(js1,js2)]=1; if(!ma[js1]){ js++; ma[js1]=js; s[ma[js1]]=(long long)n*(long long)(n+1)/2ll%(long long)mod; } s[ma[js1]]=(s[ma[js1]]-js2+mod)%mod; } int ans=pow((long long)n*(long long)(n+1)/2ll,m-js); for(int i=1;i<=js;i++) ans=(long long)ans*(long long)s[i]%(long long)mod; printf("%d",ans); return 0; }
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原文地址：https://www.cnblogs.com/wish-all-ac/p/12878068.html
