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Description.
给定三个矩形，保证不交且为偏序关系。
定义一个方案包括三个点和一条经过三个点的路径，三个点分别在三个矩形内。
定义两个方案相同当且仅当三个点相同而且路径相同。
统计方案数，坐标 \(\le 10^6\)
Solution.
复杂度 \(O(v)\)
首先，答案肯定等于起点、终点随意，路径上在中间那个矩形中的点数之和。
我们考虑中间矩形点数和为 \(x_1+y_1-x_0-y_0\)，发现进入点和离开点贡献可以拆开。
所以我们可以枚举进入点和出去点，发现一定在边界上，复杂度 \(O(v)\)
接下来，我们需要求出一个矩形到一个点的方案数。
我们发现可以直接做一个类似二维差分的东西，矩形四个代表点到目标的方案数，然后和二维差分一样统计答案。
证明的话考虑组合意义。
在初始节点左下角新加一个点，直接走过去。
然后我们防止它走过矩形，减去两个组合数。
这样就可以证明了。
Coding.
点击查看 zkak 的代码
//是啊，你就是那只鬼了，所以被你碰到以后，就轮到我变成鬼了{{{
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;typedef long long ll;
template<typename T>inline void read(T &x)
{
x=0;char c=getchar(),bz=0;
for(;c<48||c>57;c=getchar()) if(!(c^45)) bz=1;
for(;c>=48&&c<=57;c=getchar()) x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);
bz?x=-x:x;
}/*}}}*/
const int P=1e9+7;int fc[2000005],fi[2000005],Sx[4],Sy[4],Tx[4],Ty[4];
inline int ksm(int x,int q=P-2) {int r=1;for(;q;q>>=1,x=1ll*x*x%P) if(q&1) r=1ll*r*x%P;return r;}
inline int C(int n,int m) {return n<0||m<0||n<m?0:1ll*fc[n]*fi[m]%P*fi[n-m]%P;}
inline void init(int n)
{
fc[0]=1;for(int i=1;i<=n;i++) fc[i]=1ll*fc[i-1]*i%P;
fi[n]=ksm(fc[n]);for(int i=n;i;i--) fi[i-1]=1ll*fi[i]*i%P;
}
inline int way(int n,int m) {return C(n+m,m);}
int main()
{
int X1,X2,n,m,X5,X6,Y1,Y2,p,q,Y5,Y6,rs=0;init(2000002);
read(X1),read(X2),read(n),read(m),read(X5),read(X6);
read(Y1),read(Y2),read(p),read(q),read(Y5),read(Y6);
Sx[0]=Sx[1]=X1-1,Sy[0]=Sy[2]=Y1-1,Sx[2]=Sx[3]=X2,Sy[1]=Sy[3]=Y2;
Tx[0]=Tx[1]=X5,Ty[0]=Ty[2]=Y5,Tx[2]=Tx[3]=X6+1,Ty[1]=Ty[3]=Y6+1;
for(int i=0;i<4;i++) for(int j=0;j<4;j++)
{
int xs=((i>0&&i<3)^(j>0&&j<3))?P-1:1,sm=0;
//printf("%d %d , %d %d : %d\n",Sx[i],Sy[i],Tx[j],Ty[j],xs);
for(int x=n;x<=m;x++)
{
sm=(sm+1ll*way(x-Sx[i],p-1-Sy[i])*way(Tx[j]-x,Ty[j]-p)%P*(P-x+1-p))%P;
sm=(sm+1ll*way(x-Sx[i],q-Sy[i])*way(Tx[j]-x,Ty[j]-q-1)%P*(x+q))%P;
}
for(int y=p;y<=q;y++)
{
sm=(sm+1ll*way(n-1-Sx[i],y-Sy[i])*way(Tx[j]-n,Ty[j]-y)%P*(P-y+1-n))%P;
sm=(sm+1ll*way(m-Sx[i],y-Sy[i])*way(Tx[j]-m-1,Ty[j]-y)%P*(y+m))%P;
}
rs=(rs+1ll*xs*sm)%P;
}
return printf("%d\n",rs),0;
}