AtCoder Grand Contest 018 E

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

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我们记(W(x,y))表示从原点到点((x,y))的方案数，显然(W(x,y)=inom{x+y}{x})

然后有个结论：(sumlimits_{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

(egin{align}G(x,y) &= sumlimits_{i=0}^xsumlimits_{j=0}^y W(i,j)\ &= sumlimits_{i=1}^{x+1} W(i,y)\ &=W(x+1,y+1)-1end{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_3leqslant xleqslant 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
",(Ans+p)%p);
	return 0;
}