AtCoder Grand Contest 018 E - Sightseeing Plan
题目传送门：https://agc018.contest.atcoder.jp/tasks/agc018_e
题目大意：
一个人在网格图上旅行，他可以从矩形\((X_1,Y_1)-(X_2,Y_2)\)中任意一点\(S\)开始，再在矩形\((X_3,Y_3)-(X_4,Y_4)\)中任意一点\(P\)午休，最后在矩形\((X_5,Y_5)-(X_6,Y_6)\)中任意一点\(T\)结束旅行
如果旅行者当前在\((x,y)\)，那么他下一步只能移动到\((x,y+1)\)或\((x+1,y)\)
只要点\(S,P,T\)不同或旅行经过的点集不同即为不同的方案，求有多少种不同的行走方案，答案对\(10^9+7\)取膜
我们记\(W(x,y)\)表示从原点到点\((x,y)\)的方案数，显然\(W(x,y)=\binom{x+y}{x}\)
然后有个结论：\(\sum\limits_{i=0}^n W(i,m)=W(n,m+1)\)，证明只需要考虑我们枚举从第\(m\)列的哪个位置走到\(m+1\)列
我们记\(G(x,y)\)表示从原点开始，到矩阵\((0,0)-(x,y)\)的方案数，所以有
\(\begin{align}G(x,y) &= \sum\limits_{i=0}^x\sum\limits_{j=0}^y W(i,j)\\ &= \sum\limits_{i=1}^{x+1} W(i,y)\\ &=W(x+1,y+1)-1\end{align}\)
那么原点到矩阵\((x_1,y_1)-(x_2,y_2)\)的方案数\(f_{x_1,y_1,x_2,y_2}\)可以用容斥求得，即\(f_{x_1,y_1,x_2,y_2}=W(x_1,y_1)-W(x_2+1,y_1)-W(x_1,y_2+1)+W(x_2+1,y_2+1)\)
所以\(S\)所在矩阵可以拆成4个点：\((X_1-1,Y_1-1),(X_1-1,Y_2),(X_2,Y_1-1),(X_2,Y_2)\)，系数分别为\(1,-1,-1,1\)；同样的，\(T\)所在矩阵也可以拆成4个点（由于方向不同，因此稍有区别，具体见代码）
做完这样的处理后，可以发现题目变成了：给定起点\(S'\)和终点\(T'\)，在矩阵\((X_3,Y_3)-(X_4,Y_4)\)中找一个休息点，求本质不同的路径数。可以发现，每条路径的贡献，就是其在矩形内部经过的点数，于是问题又转化为了求每条路径经过的点数和
这样我们依然可以利用容斥的思想，对于所有的\(X_3\leqslant x\leqslant X_4\)，假定我们从\((x,Y_3-1)\)走到\((x,Y_3)\)，那么我们就算出起点走到\((x,Y_3-1)\)的方案再从\((x,Y_3)\)走到终点的方案，这部分可以使用乘法原理，然后这条路径的贡献为\(-(x+Y_3)\)
对于其他的3条边，我们也按这种方法做（具体系数见代码），最后可以发现每条路径的系数恰好为其经过的点数
/*program from Wolfycz*/
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define inf 0x7f7f7f7f
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned int ui;
typedef unsigned long long ull;
inline char gc(){
static char buf[1000000],*p1=buf,*p2=buf;
return p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1000000,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;
}
inline int frd(){
int x=0,f=1; char ch=gc();
for (;ch<'0'||ch>'9';ch=gc()) if (ch=='-') f=-1;
for (;ch>='0'&&ch<='9';ch=gc()) x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0';
return x*f;
}
inline int read(){
int x=0,f=1; char ch=getchar();
for (;ch<'0'||ch>'9';ch=getchar()) if (ch=='-') f=-1;
for (;ch>='0'&&ch<='9';ch=getchar()) x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0';
return x*f;
}
inline void print(int x){
if (x<0) putchar('-'),x=-x;
if (x>9) print(x/10);
putchar(x%10+'0');
}
const int N=2e6,p=1e9+7;
int fac[N+10],inv[N+10];
int X[10],Y[10],Ans;
void prepare(){
fac[0]=inv[0]=inv[1]=1;
for (int i=1;i<=N;i++) fac[i]=1ll*i*fac[i-1]%p;
for (int i=2;i<=N;i++) inv[i]=1ll*(p-p/i)*inv[p%i]%p;
for (int i=1;i<=N;i++) inv[i]=1ll*inv[i-1]*inv[i]%p;
}
struct S1{
int x,y,k;
void insert(int _x,int _y,int _k){x=_x,y=_y,k=_k;}
}A[4],B[4];
int F(int x1,int y1,int x2,int y2){return 1ll*fac[x2-x1+y2-y1]*inv[x2-x1]%p*inv[y2-y1]%p;}
int solve(const S1 &a,const S1 &b){
int x1=a.x,y1=a.y,x2=b.x,y2=b.y,res=0;
for (int i=X[3];i<=X[4];i++) res=(res+1ll*F(x1,y1,i,Y[3]-1)*F(i,Y[3],x2,y2)%p*(-i-Y[3])%p)%p;
for (int i=Y[3];i<=Y[4];i++) res=(res+1ll*F(x1,y1,X[3]-1,i)*F(X[3],i,x2,y2)%p*(-i-X[3])%p)%p;
for (int i=X[3];i<=X[4];i++) res=(res+1ll*F(x1,y1,i,Y[4])*F(i,Y[4]+1,x2,y2)%p*(i+Y[4]+1)%p)%p;
for (int i=Y[3];i<=Y[4];i++) res=(res+1ll*F(x1,y1,X[4],i)*F(X[4]+1,i,x2,y2)%p*(i+X[4]+1)%p)%p;
return res;
}
int main(){
prepare();
for (int i=1;i<=6;i++) X[i]=read();
for (int i=1;i<=6;i++) Y[i]=read();
A[0].insert(X[1]-1,Y[1]-1,1),A[1].insert(X[1]-1,Y[2],-1),A[2].insert(X[2],Y[1]-1,-1),A[3].insert(X[2],Y[2],1);
B[0].insert(X[6]+1,Y[6]+1,1),B[1].insert(X[6]+1,Y[5],-1),B[2].insert(X[5],Y[6]+1,-1),B[3].insert(X[5],Y[5],1);
for (int i=0;i<4;i++) for (int j=0;j<4;j++) Ans=(Ans+1ll*A[i].k*B[j].k*solve(A[i],B[j])%p)%p;
printf("%d\n",(Ans+p)%p);
return 0;
}
