题意：
给定三个矩形，选定三个点，答案加上第一个点出发经过第二个点在第三个点结束的方案数，只能往右或往下走。
折腾了我半个多下午的题。
设三个矩形为$A,B,C$
一个思路是枚举$B$的那个点$s(x,y)$，求出$s$到$A$中所有点的方案数的和乘上$x$到$B$中所有点的方案数的和,复杂度爆炸。
$s$到$A$中所有点的方案数的和等于$$sum_{i=x1}^{x2}sum_{j=y1}^{y2} C_{x-i+x-j}^{x-i}$$
用二维前缀和的方法容斥一下,变成了求(顺便化简)$$sum_{i=0}^{a}sum_{j=0}^{b} C_{i+j}^{i}=C_{a+b+1}^{a+1}-1$$
复杂度变成了$O(N^2)$
然后发现那个化简完的组合数其实相当于$s$到一个固定的点(不随$s$改变)的方案数，相当于固定了起点，可以用同样的方法固定终点。
现在每条起点到终点的路径都有一个权值，相当于经过的$B$中的点的个数，答案就是所有路径权值和。
再把$B$容斥一下，让矩形的左上角为起点，这样就可以枚举走出矩形后的第一个点求权值和了。
复杂度$O(N*64)$
#include<cstdio>
#include<iostream>
#define ll long long
#define N 2000010
using namespace std;
const int p = 1000000007;
int jie[N],ni[N];
const int inf = 2000005;
int c(int m,int n)
{
return 1LL*jie[n]*ni[m]%p*ni[n-m]%p;
}
ll ans;
int ss(int x1,int y1,int x2,int y2,int x3,int y3)
{
int as=0;
for(int i=y1;i<=y2;i++)
{
(as+=1LL*c(x3-x2-1,x3-x2-1+y3-i)*c(x2-x1,x2-x1+i-y1)%p*(x2-x1+1+i-y1)%p)%=p;
}
for(int i=x1;i<=x2;i++)
{
(as+=1LL*c(y3-y2-1,y3-y2-1+x3-i)*c(y2-y1,y2-y1+i-x1)%p*(y2-y1+1+i-x1)%p)%=p;
}
return as;
}
int x1,x2,x3,x4,x5,x6;
int y1,y2,y3,y4,y5,y6;
int calc(int a1,int b1,int a2,int b2)
{
int as=0;
as+=ss(a1,b1,x4,y4,a2,b2);
as+=ss(a1,b1,x3-1,y3-1,a2,b2);as%=p;
as-=ss(a1,b1,x3-1,y4,a2,b2);
as-=ss(a1,b1,x4,y3-1,a2,b2);
return (as%p+p)%p;
}
int solve(int x,int y)
{
int as=0;
as+=calc(x,y,x6+1,y6+1);as+=calc(x,y,x5,y5);as%=p;
as-=calc(x,y,x6+1,y5);as-=calc(x,y,x5,y6+1);
return (as%p+p)%p;
}
int main()
{
jie[0]=ni[0]=ni[1]=1;
for(int i=1;i<=inf;i++)jie[i]=1LL*jie[i-1]*i%p;
for(int i=2;i<=inf;i++)ni[i]=1LL*(p-p/i)*ni[p%i]%p;
for(int i=2;i<=inf;i++)ni[i]=1LL*ni[i-1]*ni[i]%p;
scanf("%d%d%d%d%d%d",&x1,&x2,&x3,&x4,&x5,&x6);
scanf("%d%d%d%d%d%d",&y1,&y2,&y3,&y4,&y5,&y6);
ans+=solve(x1-1,y1-1);
ans+=solve(x2,y2);
ans-=solve(x1-1,y2);
ans-=solve(x2,y1-1);
ans=(ans%p+p)%p;
printf("%lld
",ans);
return 0;
}