(Description)
给定三个不相交的矩形(A(X1,Y1)-(X2,Y2),B(X3,Y3)-(X4,Y4),C(X5,Y5)-(X6,Y6))，求 从第一个矩形中某点(a)出发，经过第二个矩形中的某点(b)，到达第三个矩形中某点(c) 的路径数。(a,b,c)有一个不同则路径算作不同。
(1leq X1leq X2<X3leq X4<X5leq X6,1leq Y1leq Y2<Y3leq Y4<Y5leq Y6)。
(Solution)
题目的限制很多，我们考虑简化题目。
令(C(x,y))表示网格图上从((0,0))走到((x,y))的方案数（不是指组合数）。它可以用组合数(O(1))计算。
那么有：$$sum_{y=0}^YC(X,y)=C(X+1,Y)$$
（dalao就跳过这吧）
不难理解，大概就是这样（横纵坐标轴画反了QAQ还是不要看这个图了 画画吧。。）：
设每条路径最后离开(x=X)时坐标为((X,y)(0leq yleq Y))，那么到(x=X+1)后就有唯一的一条路径到达((X+1,Y))，所以对应方案数为(C(X,y)(0leq yleq Y))。所以有(C(X+1,Y)=sum_{y=1}^YC(X,y))。
扩展到二维情况，有：$$sum_{x=0}^Xsum_{y=0}^YC(x,y)=C(X+1,Y+1)-1$$
由刚刚的结论，左边可以写成(sum_{x=0}^XC(x+1,Y)=sum_{x=1}^{X+1}C(x,Y))，就是(C(X+1,Y+1)-1)。
怎么得到的同上，考虑最后离开(y=Y)的位置（不放图了太丑了）。
不过会有((0,0))到((0,Y))再到((X+1,Y+1))的路径（而(x eq0)），因为这条路径是唯一的所以减一即可。
用二维差分就可以将其对应到一个矩形((X1,Y1)-(X2,Y2))上：$$sum_{x=X1}^{X2}sum_{y=Y1}^{Y2}C(x,y)=C(X2+1,Y2+1)-C(X2+1,Y1)-C(X1,Y2+1)+C(X1,Y1)$$
我们可以看出，对于统计一个点到某个矩形内的方案数，可以转化为求该点到四个点的方案数。
对于两个矩形，我们可以(4 imes4)两两枚举矩形的四个关键点，贡献就是对应方案数乘两个关键点的两个符号。因为可以看做求第二个矩形的四个关键点到第一个矩形的方案数，即右上到左下，所以第一个矩形是拆成(C(X2,Y2)-C(X2,Y1-1)-C(X1-1,Y2)+C(X1-1,Y1-1))（是这样理解吧...不然我就不知道为什么这样了...求指正QAQ）。
对于三个矩形，枚举一三两个矩形的两个关键点后，就成了求给定起点、终点，经过第二个矩形的路径数。
对于每条经过第二个矩形(len)个点的路径，对应(len)种方案。将(len)拆开，我们枚举进入/离开第二个矩形时的横/纵坐标，就可以算(len)了。具体是 (起点到离开点的距离-起点到进入点的距离+1)（((0,0))到((x,y))经过的点数为(x+y+1)）（也可以直接都用((0,0))算到它们的方案不需要用起点((x1,y1))）。
当然距离要乘上(起点到枚举点的方案数*枚举点到终点的方案数)。
复杂度(O(16max(x,y)))。
改了一下午发现是最底下的g[j]写成g[i]了？？？
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#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <algorithm>
#define gc() getchar()
#define mod 1000000007
#define Add(x,v) (x+=v)>=mod&&(x-=mod)
typedef long long LL;
const int N=2e6;
int fac[N+3],ifac[N+3];
inline int read()
{
int now=0;register char c=gc();
for(;!isdigit(c);c=gc());
for(;isdigit(c);now=now*10+c-'0',c=gc());
return now;
}
inline int FP(int x,int k)
{
int t=1;
for(; k; k>>=1,x=1ll*x*x%mod)
if(k&1) t=1ll*t*x%mod;
return t;
}
#define C(n,m) (1ll*fac[n+m]*ifac[n]%mod*ifac[m]%mod)//C(n+m,n)
int Calc(int x1,int y1,int sign1,int x2,int y2,int sign2,int X3,int X4,int Y3,int Y4)
{//(x1,y1)->(x2,y2)
LL res=0;
for(int x=X3; x<=X4; ++x)
Add(res,1ll*(x+Y4+1)*C(x-x1,Y4-y1)%mod*C(x2-x,y2-Y4-1/*强制下一步离开y=Y4*/)%mod),
Add(res,mod-1ll*(x+Y3)*C(x-x1,Y3-y1-1/*强制最后一步是到达y=Y3*/)%mod*C(x2-x,y2-Y3)%mod);
// Add(res,1ll*(x-x1+Y4-y1+1)*C(x-x1,Y4-y1)%mod*C(x2-x,y2-Y4-1)%mod),
// Add(res,mod-1ll*(x-x1+Y3-y1)*C(x-x1,Y3-y1-1)%mod*C(x2-x,y2-Y3)%mod);
for(int y=Y3; y<=Y4; ++y)
Add(res,1ll*(y+X4+1)*C(y-y1,X4-x1)%mod*C(y2-y,x2-X4-1)%mod),
Add(res,mod-1ll*(y+X3)*C(y-y1,X3-x1-1)%mod*C(y2-y,x2-X3)%mod);
// Add(res,1ll*(y-y1+X4-x1+1)*C(y-y1,X4-x1)%mod*C(y2-y,x2-X4-1)%mod),
// Add(res,mod-1ll*(y-y1+X3-x1)*C(y-y1,X3-x1-1)%mod*C(y2-y,x2-X3)%mod);
res%=mod;
return sign1*sign2*res;
}
int main()
{
fac[0]=fac[1]=1, ifac[N]=407182070;
for(int i=2; i<=N; ++i) fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%mod;
for(int i=N; i; --i) ifac[i-1]=1ll*ifac[i]*i%mod;
static int f[4][3],g[4][3];
int x1=read(),x2=read(),x3=read(),x4=read(),x5=read(),x6=read(),
y1=read(),y2=read(),y3=read(),y4=read(),y5=read(),y6=read();
f[0][0]=x1-1, f[0][1]=y1-1, f[0][2]=1;
f[1][0]=x2, f[1][1]=y1-1, f[1][2]=-1;
f[2][0]=x1-1, f[2][1]=y2, f[2][2]=-1;
f[3][0]=x2, f[3][1]=y2, f[3][2]=1;
g[0][0]=x5, g[0][1]=y5, g[0][2]=1;
g[1][0]=x6+1, g[1][1]=y5, g[1][2]=-1;
g[2][0]=x5, g[2][1]=y6+1, g[2][2]=-1;
g[3][0]=x6+1, g[3][1]=y6+1, g[3][2]=1;
LL ans=0;
for(int i=0; i<4; ++i)
for(int j=0; j<4; ++j)
ans+=Calc(f[i][0],f[i][1],f[i][2],g[j][0],g[j][1],g[j][2],x3,x4,y3,y4);
printf("%lld
",(ans%mod+mod)%mod);
return 0;
}