[AGC 018 E] Sightseeing plan
STO ZKY ORZ
Description
给定一张网格图和三个矩形，每次只能向上或向右走。你需要从矩形 \(A\) 中的一个点 \(S\) 出发，到达矩形 \(B\) 中的一个点 \(P\) ，在矩形 \(C\) 中的一个点 \(T\) 结束旅程。只要 \(S,P,T\) 不同或者经过的路径不相同均可看作不同的方案。问总方案数。
Solution
一、点到点
如果我们从 \((0,0)\) 出发要走到 \((x,y)\)，那方案数就是 \(C(x+y,x)\)。
二、点到矩形
\(F(x,y)\) 表示从 \((0,0)\) 到 \((x,y)\) 的路径条数。
那么有关系 \(F(x,y)=\sum\limits_{i=0}^y F(x-1,i)\)
这个可以理解为枚举在第 \(x-1\) 行的哪个位置向上走了一步，到达第 \(x\) 行，然后直接向右走到终点。
所以就能得到从 \((0,0)\) 到一个矩形 \((x_1,y_1)-(x_2,y_2)\) 的路径条数就是
\(F(x_2+1,y_2+1)-F(x_2+1,y_1)-F(x_1,y_2+1)+F(x_1,y_1)\)
证明就是用上面的式子，保留 \(F(x_2+1,j)\) 和 \(F(x_1,j)\) 往下消，然后发现最后只有矩形内部统计了一遍。
这里还是自己画图手推比较好。
所以点到矩形的方案被我们转化成了点到四个关键点的方案。
三、矩形到矩形
设 \(G\) 为路径条数
那枚举第一个矩形中的所有点，用上边点到矩形的结论，答案就是
\(\sum\limits_{x_1}\sum\limits_{y_1}\sum\limits_{x}\sum\limits_{y} G((x_1,y_1),(x,y))\)
其中 \((x,y)\) 是第二个矩形的四个关键点。
然后交换求和号可以惊奇的发现，这个式子又变成了关键点到第一个矩形的方案数
所以可以 \(O(16)\) 的枚举两个关键点然后计算即可。注意符号！
四、一个矩形经过一个矩形到另一个矩形
推广上面结论
猜测答案就是第一个矩形的四个关键点，到第三个矩形的四个关键点，要求经过第二个矩形 的方案数。
发现如果要经过第二个矩形，那么要么从 \((x,y_3)\) （下边界）进入，要么从 \((x_3,y)\) （左边界）进入。
所以我们枚举进入点。
进入了这个点就一定进入了这个矩形，它到终点的任意路径就都合法了。
注意枚举进入点，以下边界为例，实际上是枚举 \((x,y_3-1)\) 这个点，然后强制要求在这个点向上走一步进入矩形，这样才可以做到不重不漏。
这题好像快做完了...
五、我也不知道叫啥
发现题目的要求是在第二个矩形中选择一个点，而不是找路径条数。一个经过第二个矩形的长度为 \(len\) 的路径对应着 \(len\) 种 \(P\) 点互不相同的路径。
怎么把这个 \(len\) 算进去呢。
把这个 \(len\) 拆开，假设进入点为 \((x_1,y_1)\)，离开点为 \((x_2,y_2)\)，那么 \(len=(x_2-x_1+y_2-y_1+1)\)
诶这样可以把 \(len\) 的贡献分开计算
那就在枚举进入点和离开点的时候乘一下就吼了。
Code
#include<bits/stdc++.h>
using std::min;
using std::max;
using std::swap;
using std::vector;
typedef double db;
typedef long long ll;
#define pb(A) push_back(A)
#define pii std::pair<int,int>
#define all(A) A.begin(),A.end()
#define mp(A,B) std::make_pair(A,B)
#define inv(X) ksm(X,zky-2)
const int N=2e6+5;
const int zky=1e9+7;
int x[8],y[8];
int fac[N],ifac[N];
struct Node{
int x,y,type;
Node(){}
Node(int a,int b,int c=0){x=a,y=b,type=c;}
}node[10];
int ksm(int x,int y,int ans=1){
while(y){
if(y&1) ans=1ll*ans*x%zky;
x=1ll*x*x%zky;y>>=1;
} return ans;
}
int getint(){
int X=0,w=0;char ch=getchar();
while(!isdigit(ch))w|=ch=='-',ch=getchar();
while( isdigit(ch))X=X*10+ch-48,ch=getchar();
if(w) return -X;return X;
}
int C(int n,int m){
return 1ll*fac[n]*ifac[m]%zky*ifac[n-m]%zky;
}
int G(int x1,int x2,int y1,int y2){
return C(abs(x2-x1)+abs(y2-y1),abs(x2-x1));
}
int G(Node a,Node b){
return C(abs(a.x-b.x)+abs(a.y-b.y),abs(a.x-b.x));
}
int cal(Node a,Node b){
int ans=0;
for(int i=x[3];i<=x[4];i++){
ans=(1ll*ans-1ll*G(a,Node(i,y[3]-1))*G(Node(i,y[3]),b)%zky*(i+y[3])%zky+zky)%zky;
ans=(1ll*ans+1ll*G(a,Node(i,y[4]))*G(Node(i,y[4]+1),b)%zky*(i+y[4]+1)%zky)%zky;
}
for(int i=y[3];i<=y[4];i++){
ans=(1ll*ans-1ll*G(a,Node(x[3]-1,i))*G(Node(x[3],i),b)%zky*(i+x[3])%zky+zky)%zky;
ans=(1ll*ans+1ll*G(a,Node(x[4],i))*G(Node(x[4]+1,i),b)%zky*(i+x[4]+1)%zky)%zky;
} return (1ll*ans*a.type*b.type+zky)%zky;
}
signed main(){
fac[0]=ifac[0]=1;
for(int i=1;i<=N-5;i++) fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%zky;
ifac[N-5]=inv(fac[N-5]);
for(int i=N-6;i;i--) ifac[i]=1ll*ifac[i+1]*(i+1)%zky;
for(int i=1;i<=6;i++) x[i]=getint();
for(int i=1;i<=6;i++) y[i]=getint();
node[1]=Node(x[1]-1,y[1]-1,1);node[2]=Node(x[2],y[1]-1,-1);
node[3]=Node(x[1]-1,y[2],-1); node[4]=Node(x[2],y[2],1);
node[5]=Node(x[5],y[5],1); node[6]=Node(x[6]+1,y[5],-1);
node[7]=Node(x[5],y[6]+1,-1); node[8]=Node(x[6]+1,y[6]+1,1);
ll ans=0;
for(int i=1;i<=4;i++)
for(int j=5;j<=8;j++)
ans=((ans+cal(node[i],node[j]))%zky+zky)%zky;
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}
