解题报告：luogu P2220

指挥使走后一脸懵逼，然后想起了一道水\(SB\)的省选题。

这是毒瘤乘法分配率的应用，似乎还有一篇，算是入门题。

对了，这题连接：P2220 [HAOI2012]容易题

然而蒟蒻还是先自闭了一会......

大力代值可知，是一道裸的条件概率。

先处理出\(sum=\sum_{i=1}^{n}\)与\(sum^n\)(这是用分配率推导的，我这里不用了，就是无限制条件下的最大值)，在处理每个被影响的区块就好了，就是乘上

\[\dfrac{{sum-\sum_{i=\text{被限制的数}}i}}{sum}
\]

这里被限制的数只有\(k\in[1,1e5]\)个，暴力一下即可，注意要排序和去重!!

那么这样的复杂度就是\(O(k\log k)\)的，可以通过本题。

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我下面说个问题，其实此题已解决了，不过......

显然要求出\(sum\)在模\(1e9+7\)意义下的逆元，那么这个数一定存在吗？

即求：

\[(1e9+7)k=\dfrac{n(n+1)}{2}\;\;\;k\in Z
\]

是否在数据范围内存在正整数解\(k\)。

显然\(1e9+7\)是质数，那么\(n\)和\(n+1\)一个中显然有因子\(1e9+7\)，而且另一个数是偶数，那么易得\(n_{min}=1e9+7>1e9\)，是没问题的。

下面上代码了：

\(Code\):

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
using namespace std;
const int MAXN=100005;
const int MOD=1000000007;
typedef long long ll;
inline long long mul(long long x,long long y,long long mod)
{
	long long tmp=(x*y-(long long)((long double)x/mod*y+1.0e-8)*mod);
	return tmp<0 ? tmp+mod : tmp;
}//数据不小，加上保险
struct node
{
	ll id,val;
}a[MAXN],b[MAXN];
bool cmp(node n,node m){if(n.id^m.id) return n.id<m.id;else return n.val<m.val;}
ll n,m,k,cnt=0;
ll sum,inv,s;
ll quickpow(ll a,ll b)
{
	ll base=a%MOD,ans=1;
	while(b)
	{
		if(b&1) ans=mul(ans,base,MOD);
		b>>=1;
		base=mul(base,base,MOD);
	}
	return ans%MOD;
}
ll get_inv(ll x){return quickpow(x,1000000005)%MOD;}
void hack()//真坑~去重
{
	for(int i=1;i<=k;i++)
	{
		if(a[i].id==b[cnt].id&&a[i].val==b[cnt].val) continue;
		else b[++cnt]=a[i];
	}
}
void work()
{
	sum=n*(n+1)/2;
	sort(a+1,a+k+1,cmp);
	hack();
	inv=get_inv(sum)%MOD;
	s=quickpow(sum,m);
	int l=0;
	ll now=sum;
	for(int i=1;i<=cnt;i++)
	{
		if(b[i].id==b[l].id) now-=b[i].val;
		else
		{
			s=mul(s,mul(inv,now,MOD),MOD)%MOD;
			now=sum-b[i].val;
			l=i;
		}
	}
	s=mul(s,mul(inv,now,MOD),MOD)%MOD;//最后还剩下一组
	return;
}
int main()
{
	scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&k);
	//正确思路挂成70pts，原因：
	//n,m还要是long long否则后边求sum时得到的还是int
	for(int i=1;i<=k;i++) scanf("%lld%lld",&a[i].id,&a[i].val);
	work();
	cout<<s%MOD<<"\n";
	return 0;
}