做法：数论+快速幂+离散化

思路

• 如果不删任何数的话就是$(1+2+3+……+n)^{m}=(\frac{(1+n)*n}{2})^{m}$

• 设$a[i]$不能取的值和为$s[i]$
  那么结果就是$\prod_{i=1}^{m}{\frac{(1+n)*n}{2}-s_i}$

• 不能取的值最多有1e5，我们可以采用离散化来存

• 没有限制的数我们可以采用快速幂来计算

• 注意要注意判重

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define pb push_back
#define mp(aa,bb) make_pair(aa,bb)
#define _for(i,b) for(int i=(0);i<(b);i++)
#define rep(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++)
#define per(i,b,a) for(int i=(b);i>=(a);i--)
#define mst(abc,bca) memset(abc,bca,sizeof abc)
#define X first
#define Y second
#define lowbit(a) (a&(-a))
#define debug(a) cout<<#a<<":"<<a<<"\n"
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pii;
typedef unsigned long long ull;
typedef long double ld;
const int N=100010;
const int INF=0x3f3f3f3f;
const int mod=1e9+7;
const double eps=1e-6;
const double PI=acos(-1.0);

ll fpow(ll a,ll b){
    if(mod==1) return 0;
    ll ans=1%mod;
    while(b){
        if(b&1) ans=ans*a%mod;
        a=a*a%mod;
        b>>=1;
    }
    return ans;
}

unordered_map<int,int> id;
map<pii,bool> st;
int cnt;
ll s[N];

void solve(){
    ll n,m;int k;cin>>n>>m>>k;
    ll sum=(1+n)*n/2;
    rep(i,1,k){
        int x,y;cin>>x>>y;
        if(!id.count(x)) id[x]=++cnt;
        if(st.count({x,y})) continue; 
        st[{x,y}]=1;
        s[id[x]]+=y;
    }
    ll ans=fpow(sum%mod,m-cnt);
    rep(i,1,cnt){
        ans*=(sum-s[i])%mod;
        ans%=mod;
    }
    cout<<ans<<"\n";
}


int main(){
    ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);
//  int t;cin>>t;while(t--)
    solve();
    return 0;
}