description

【问题描述】
在破解了世界首富 Bychaha 的银行账户后，知名黑客 pks 发现，要得到
Bychaha 的全部财产，必须再破解一道密码。

作为客户账户安全的最后一道防线，这一次的密码将由长达 N 位的数码组
成，每一位的数码范围为[1,K]。

pks 想要估算自己破解密码的大致时间，所以他想要你帮他快速计算出，总
共有多少种满足条件的密码，同时，pks 还对每一种密码视为十进制数之后求
和的结果很感兴趣，希望你也能告诉他。

当然，作为世界知名黑客，pks 不会傻傻的枚举，他已经从银行系统中窃取
到了关于密码的 M 个信息，每个信息由两个数字𝑎，𝑏表示，代表数码𝑎不会出
现在数码𝑏之前。

【输入格式】
第一行三个整数 N，M，K，含义如题面所述。
接下来 M 行，每行两个数𝑎，𝑏。

【输出格式】
输出共两行。
第一行一个整数表示有多少种满足条件的密码。
第二行一个整数表示所有密码视为十进制数之后求和的结果。

【样例输入输出】

4 4 3 
1 1 
1 2 
2 2 
3 1 

7 
19020 

【数据规模与约定】
对于 20%的数据, 𝑁 ≤ 6
对于 30%的数据, 𝑁 ≤ 50
对于 40%的数据, 𝑁 ≤ 200
另有 50%的数据，𝑀 = 0
对于 100%的数据，1 ≤ 𝑁 ≤ 500，0 ≤ 𝑀 ≤ 100 , K ≤ 9

solution

当你发现没有模数的那一刻，可能心脏已经跳脱了

这该死的 甜美 大数还是来了

N<=6

直接暴力搜索，每一位选择$[1,k]$最后组合出来，再判断

---

m=0

没有限制条件，摆明了说个数就是$k^n$，答案就是每一个数字固定在每一位的数值乘以这种形式的密码个数

直接脱光了说：答案都跟你说了，你写出大数就有一半的分，再加上最原始的暴力，就算是很不错的分了

没想到自己在考场上真的把大数敲出来了

---

最后就是正解了

很简单，可以预处理出已经出现了$s$集合内的数字，且是合法的，能接在后面的所有数字

设$f_{i,s}/g_{i,s}:$ 在第$i$位已经出现了$s$集合内的数字的所有密码和/个数

这个状压转移应该都能写吧

但是会发现，答案特别大，就需要——压位高精

这里好巧不巧选择压$17$位($1e17$)就能过

之前以为压位很难，结果发现就是将是十七位当成一位，$(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}1e17)$就行

最后输出再每一位扩充出来$\text{\%17lld}$，$17$是表示输出是$17$位不够的自动填充$0$

当然注意最高的一位不能扩充，ta是多少位就是多少位

---

所以这道题的难点是压位高精？？

code

#pragma GCC optimize(2)
#include <cstdio>
#include <vector>
#include <cstring>
using namespace std;
#define int long long
const int mod = 1e17;
int n, m, k;
bool vis[10][10];
vector < int > nxt[1 << 9];struct Int {int len;int c[60];Int(){ memset( c, 0, sizeof( c ) ); }Int operator * ( int x ) {Int ans;ans.len = len;int add = 0;for( int i = 1;i <= len;i ++ ) {int ret = c[i] * x + add;ans.c[i] = ret % mod;add = ret / mod;}if( add ) ans.c[++ ans.len] = add;return ans;}Int operator + ( Int x ) {Int ans;int ip = 1;while( ip <= x.len or ip <= len ) {int ret = ans.c[ip] + x.c[ip] + c[ip];if( ret >= mod ) {ans.c[ip + 1] ++;ans.c[ip] = ret - mod;}elseans.c[ip] = ret;++ ip;}ans.len = ip;if( ! ans.c[ans.len] ) ans.len --;return ans;}void print() {printf( "%lld", c[len] );for( int i = len - 1;i > 0;i -- ) printf( "%017lld", c[i] );printf( "\n" );}void init() {for( int i = 1;i <= len;i ++ ) c[i] = 0;len = 0;}
}f[2][1 << 9], g[2][1 << 9];signed main() {scanf( "%lld %lld %lld", &n, &m, &k );for( int i = 1, a, b;i <= m;i ++ ) {scanf( "%lld %lld", &a, &b );vis[a][b] = 1;}int lim = 1 << k;for( int s = 0;s < lim;s ++ )for( int i = 1;i <= k;i ++ ) {for( int j = 1;j <= k;j ++ )if( ( 1 << j - 1 & s ) and vis[j][i] ) goto opt;nxt[s].push_back( i );opt :;}g[0][0].c[g[0][0].len = 1] = 1;for( int i = 1;i <= n;i ++ ) {int o = i & 1;for( int s = 0;s < lim;s ++ )for( int j : nxt[s] ) {f[o][1 << j - 1 | s] = f[o][1 << j - 1 | s] + f[o ^ 1][s] * 10 + g[o ^ 1][s] * j;g[o][1 << j - 1 | s] = g[o][1 << j - 1 | s] + g[o ^ 1][s];}for( int s = 0;s < lim;s ++ )f[o ^ 1][s].init(), g[o ^ 1][s].init();}g[n & 1][0].c[1] = 0;for( int i = 1;i < lim;i ++ ) {f[n & 1][0] = f[n & 1][i] + f[n & 1][0];g[n & 1][0] = g[n & 1][i] + g[n & 1][0];}g[n & 1][0].print();f[n & 1][0].print();return 0;
}