[BZOJ4558]:[JLoi2016]方（容斥+模拟）
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题目描述
上帝说，不要圆，要方，于是便有了这道题。
由于我们应该方，而且最好能够尽量方，所以上帝派我们来找正方形上帝把我们派到了一个有N行M列的方格图上，图上一共有$(N+1)\times (M+1)$个格点，我们需要做的就是找出这些格点形成了多少个正方形（换句话说，正方形的四个顶点都是格点）。
但是这个问题对于我们来说太难了，因为点数太多了，所以上帝删掉了这$(N+1)\times (M+1)$中的$K$个点。
既然点变少了，问题也就变简单了，那么这个时候这些格点组成了多少个正方形呢？
输入格式
第一行三个整数N,M,K，代表棋盘的行数、列数和不能选取的顶点个数。
约定每行的格点从上到下依次用整数0到N编号，每列的格点依次用0到M编号。
接下来K行，每行两个整数x,y代表第x行第y列的格点被删掉了。
输出格式
仅一行一个正整数，代表正方形个数对$100000007({10}^8+7)$取模之后的值。
样例
样例输入：
2 2 4
1 0
1 2
0 1
2 1
样例输出：
1
数据范围与提示
$0\leqslant x\leqslant N\leqslant {10}^6$
$0\leqslant x\leqslant N\leqslant {10}^6$
$K\leqslant 2\times 1000$且不会出现重复的节点
题解
看到题面以为很简单，其实呢？
要知道，不仅正方形可以是正着放着的也可以是斜着放着的。
我的天！！！
显然我们不好直接求出答案，所以我们来考虑容斥。
虽说一共有2000个格点被删掉了，但是想想，一个正方形只有四个顶点，那么问题就简单多了。
答案就变成了：随便选的方案数-所有选一个被删掉的点为顶点的正方形个数+所有选二个被删掉的点为顶点的正方形个数-所有选三个被删掉的点为顶点的正方形个数+所有选四个被删掉的点为顶点的正方形个数。
在分类讨论之前，我们先来明确这么一个知识：
一个正着放置的边长为$x$正方形内有$x-1$个斜着放置的内接正方形，那么一个$x\times x$的格点中一共就有$x$个正方形。
那么我们现在来分类讨论每一种情况：
1.随便选：
枚举正方形的边长，方案数为：$\sum \limits_{i=1}^{\min(n,m)}i\times (n-i+1)\times (m-i+1)$。
2.选一个：
个人感觉这是这道题中最难处理的一种情况，因为这种情况还分为四种子情况：
为了方便，先来定义一些值：一个被删除的点有上下左右四个方向，以这四个方向为正方向都有$l,r,h$分别为向左延伸的方向，向右延伸的方向，向上延伸的方向。
$\alpha.1\leqslant h\leqslant \min (l,r)$：
方案数为$\frac{(h+3)\times h}{2}$。
$\beta.\min(l,r)+1\leqslant h\leqslant \max(l,r)$：
方案数为$\frac{(\min(l,r)+3)\times \min(l,r)}{2}+(h-\min(l,r))\times (\min(l,r)+1)$。
$\chi.\max(l,r)+1\leqslant \min(l,r)+\max(l,r)$：
方案数为
$\frac{(\min(l,r)+3)\times \min(l,r)}{2}+(\max(l,r)-\min(l,r))\times (min(l,r)+1)+\frac{(2\times \min(l,r)+1-h+\max(l,r))\times (h-\max(l,r))}{2}$
$\delta.\min(l,r)+\max(l,r)\leqslant h\leqslant +\infty$：
方案数为
$\frac{(\min(l,r)+3)\times \min(l,r)}{2}+(\max(l,r)-\min(l,r))\times (\min(l,r)+1)+\frac{(\min(l,r)+1)\times \min(l,r)}{2}$。
推导过程不再赘述，有兴趣可以自己画画图。
3.选二个：
依次枚举两个点$(a,b)(c,d)$，看能不能当作正方形的两个顶点，分二种情况：
$\alpha.$两点作为正方形一条边，正方形可以在上面，也可以在下面，另两个点分别为$(a+d-b,a+b-c)(c+d-b,a+d-c)$和$(a+b-d,b+c-a)(b+c-d,c+d-a)$。
$\beta.$两点作为正方形的对角线，则另外两个定点是$(\frac{a+b+c-d}{2},\frac{b+c+d-a}{2})(\frac{a+c+d-b}{2},\frac{a+b+d-c}{2})$。
直接判断这些点在不在范围内就好了。
4.选三个：
在枚举选二个的同时可以顺便求得，但是需要注意的是因为选二个是每次固定两个点，所以这时每个选三个的方案会被重复统计三次，需要除掉。
5.选四个：
同理，但是会被重复统计六次。
计算答案时注意奇加偶减就好了，代码实现细节很多，需要注意。
代码时刻
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define mod 100000007
struct rec{int x,y;}e[2010],res1,res2;
int n,m,k;
long long ans;
int sum2,sum3,sum4;//统计选二、三、四个的方案数
bool cmp(rec a,rec b){return a.x==b.x?a.y<b.y:a.x<b.x;}
int judge(int l,int r,int h)//计算选一个的方案数
{
int fh;
long long num=0;
int minn=min(l,r);
int maxn=max(l,r);
if(h>minn)fh=minn;
else fh=h;
num+=(1LL*(fh+3)*fh/2)%mod;
if(h<=minn)return num%mod;
if(h>maxn)fh=maxn;
else fh=h;
num+=(1LL*(fh-minn)*(minn+1))%mod;
if(h<=maxn)return num%mod;
if(h>minn+maxn)fh=minn+maxn;
else fh=h;
num+=(1LL*(minn*2+1-fh+maxn)*(fh-maxn)/2)%mod;
return num%mod;
}
int calc1(int x,int y,int l,int r){return (judge(x,y,l)+judge(x,y,r)+judge(l,r,x)+judge(l,r,y)-min(x,l)-min(x,r)-min(y,l)-min(y,r)+mod)%mod;}
void calc2()
{
sum2++;
int flag1=lower_bound(e+1,e+k+1,res1,cmp)-e;
int flag2=lower_bound(e+1,e+k+1,res2,cmp)-e;
if(1<=flag1&&flag1<=k&&e[flag1].x==res1.x&&e[flag1].y==res1.y)sum3++;
if(1<=flag2&&flag2<=k&&e[flag2].x==res2.x&&e[flag2].y==res2.y)sum3++;
if(1<=flag1&&flag1<=k&&e[flag1].x==res1.x&&e[flag1].y==res1.y&&1<=flag2&&flag2<=k&&e[flag2].x==res2.x&&e[flag2].y==res2.y)sum4++;
}
bool jd(double x){return fabs(x-(int)(x+1e-8))<=1e-8;}
void get0()//随便选
{
for(int i=1;i<=min(n,m);i++)
ans=(ans+1LL*i*(n-i+1)%mod*(m-i+1))%mod;
}
void get2()//选二个+选三个+选四个
{
for(int i=1;i<k;i++)
for(int j=i+1;j<=k;j++)
{
int a=e[i].x,b=e[i].y,c=e[j].x,d=e[j].y;
res1=(rec){a+d-b,b+a-c};
res2=(rec){c+d-b,d+a-c};
if(0<=a+d-b&&a+d-b<=n&&0<=b+a-c&&b+a-c<=m&&0<=c+d-b&&c+d-b<=n&&0<=d+a-c&&d+a-c<=m)calc2();
res1=(rec){a+b-d,b+c-a};
res2=(rec){c+b-d,c+d-a};
if(0<=a+b-d&&a+b-d<=n&&0<=b+c-a&&b+c-a<=m&&0<=c+b-d&&c+b-d<=n&&0<=d+c-a&&d+c-a<=m)calc2();
if(jd(1.0*(a+b+c-d)/2)&&jd(1.0*(a+c+d-b)/2))
{
res1=(rec){(a+b+c-d)/2,(b+c+d-a)/2};
res2=(rec){(a+c+d-b)/2,(a+b+d-c)/2};
if(0<=(a+b+c-d)/2&&(a+b+c-d)/2<=n&&0<=(b+c+d-a)/2&&(b+c+d-a)/2<=m&&0<=(a+c+d-b)/2&&(a+c+d-b)/2<=n&&0<=(a+b+d-c)/2&&(a+b+d-c)/2<=m)
calc2();
}
}
}
int main()
{
scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
for(int i=1;i<=k;i++)
{
scanf("%d%d",&e[i].x,&e[i].y);
ans=(ans-calc1(e[i].x,n-e[i].x,e[i].y,m-e[i].y)+mod)%mod;
}
sort(e+1,e+k+1,cmp);
get0();
get2();
ans=(ans+sum2)%mod;
ans=(ans-sum3/3+mod)%mod;//统计答案时记着除掉
ans=(ans+sum4/6)%mod;
printf("%lld",(ans+mod)%mod);
return 0;
}
rp++
