[AGC018E] Sightseeing Plan

tag:组合计数

---

计数好题（

题意

给定三个矩形，保证顺序为从左下到右上，且不相交。三个矩形中各取一个点，\(S,P,T\)，计算从 \(S\) 经过 \(P\) 到 \(T\) 的方案数，求所有选取方法的方案数之和。

一步一步考虑。

---

点到点

从 \((x_1,y_1)\) 到 \((x_2,y_2)\)。一共走 \(x_2-x_1+y_2-y_1\) 步，其中有 \(x_2-x_1\) 步是横着走的，方案为 \(\dbinom{x_2-x_1+y_2-y_1}{x_2-x_1}\)

---

点到矩形

\((x_1,y_1)\to(x_2,y_2,x_3,y_3)\)

设 \(f(x,y)\) 为 \((x_1,y_1)\to(x,y)\) 的方案数。则有

\[f(x,y)=\sum_{i=y_1}^yf(x-1,i)=\sum_{i=x_1}^xf(i,y-1) \]

前者是枚举最后一步横着走的时间，后者是枚举最后一步竖着走的时间。

\[\therefore \sum_{y\in[y_2,y_3]}f(x,y)=f(x+1,y_3)-f(x+1,y_2-1) \]

\[\sum_{x\in[x_2,x_3]}f(x,y)=f(x_3,y+1)-f(x_2-1,y+1) \]

\[\therefore \sum_{(x,y)\in(x_2,x_3,y_2,y_3)}f(x,y)=\sum_{x\in[x_2,x_3]}f(x+1,y_3)-f(x+1,y_2-1) \]

\[=f(x_3,y_3)-f(x_2-1,y_3)-f(x_3,y_2-1)+f(x_2-1,y_2-1) \]

然后就是四个组合数加减。

---

矩形到矩形

\((x_1,y_1,x_2,y_2)\to(x_3,y_3,x_4,y_4)\)

枚举起点，则答案为第一个矩形到第二个矩形的四个关键点的路径数之和。也就是说，第二个矩形的一个关键点的贡献为，第一个矩形到这个点的路径数之和，和“点到矩形”是等价的。

所以答案为两个矩形的四个关键点之间16条路径的加减。

不过注意“矩形到点”，关键点为 \((x_2,y_2,1)(x_1-1,y_2,-1)(x_2,y_1-1,-1)(x_1-1,y_1-1,1)\)，可以理解为翻转了一下。

---

到此为止，如果不考虑 \(P\)，原问题就转化为了求 \(16\) 条路径的方案数。

---

路径经过矩形

\(s\to(x_1,y_1,x_2,y_2)\to t\)

可以枚举进入矩形的那条边，做到不重不漏。

---

此题

由于本题可以选取 \(P\)，所以经过矩形的一条路径的贡献为，这条路径在矩形内部部分的 \(len\)。而 \(len=x_2-x_1+y_2-y_1\)，所以实际上进入点和退出点的贡献是可以分开计算的。

进入点的贡献系数为 \(-(x+y)\)，退出点的贡献为 \((x,y)\)。于是分别枚举进入点和退出点就行了。

inline int calc(point s, point t){
	int res = 0;
	for(register int i=x[3]; i<=x[4]; i++) 
		res = dec(res,1ll*calc(s.x,s.y,i,y[3]-1)*calc(i,y[3],t.x,t.y)%MOD*(i+y[3])%MOD),
		res = (res+1ll*calc(s.x,s.y,i,y[4])*calc(i,y[4]+1,t.x,t.y)%MOD*(i+y[4]+1))%MOD;
	for(register int i=y[3]; i<=y[4]; i++)
		res = dec(res,1ll*calc(s.x,s.y,x[3]-1,i)*calc(x[3],i,t.x,t.y)%MOD*(x[3]+i)%MOD),
		res = (res+1ll*calc(s.x,s.y,x[4],i)*calc(x[4]+1,i,t.x,t.y)%MOD*(x[4]+1+i))%MOD;
	if(s.opt^t.opt) return neg(res);
	return res;
}