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题意思路代码

题意

有一个网格图，给出 3 个矩形，后一个严格在前一个右上方。

在第 1 个矩形种选一个点做起点，在第 3 个矩形中选一个点做终点，求从起点走到终点，只能向右或者向上走，不能经过第 2 个矩形的方案数，对 $998244353$ 取模。

第 1 和 3 个矩形边长 $l_1,l_3\le 10^6$ ， 第 2 个矩形边长 $l_2\le 5\ast 10^4$ ，所有点的坐标 $\forall x,y\le 4.5\ast 10^8$

思路

考虑容斥，先算出总方案数，再减去经过第 2 个矩形的方案数。

对于总方案数，是从一个矩阵走到另一个矩阵。对于经过第 2 个矩形的方案，必然会经过第 2 个矩形的下边界或者左边界，枚举经过的是哪个点，转化为一个矩形走到一个点+一个点走到一个矩形的方案数。

那么剩下的就是两个问题：点走到矩形，矩形走到矩形。

首先点走到点，假如起点和终点横坐标和纵坐标的差分别为 $x,y$ ，那么方案数为 $C_{x+y}^x$ 。

然后是点走到矩形，用点走到点来推。假设点和矩形的最左边、最右边横坐标差为 $x1,x2$ ， $y1,y2$ 是纵坐标差，那么方案数为： $$\sum _{i=x_1}^{x_2}\sum _{j=y_1}^{y_2}{C}_{i+j}^j$$

把组合数列项（用递推公式）： $$C_{i+j}^j=C_{i+j+1}^j-C_{i+j}^{j-1}$$

发现可以抵消很多，最后得到 $$\sum _{j=y_1}^{y_2}{C}_{i+j}^j=C_{i+y_2+1}^{y_2}-C_{i+y_1}^{y_1-1}$$

同理，方案数可以化为：

$$\begin{array}{rl}\sum _{i=x_1}^{x_2}\sum _{j=y_1}^{y_2}{C}_{i+j}^j& =\sum _{i=x_1}^{x_2}(C_{i+y_2+1}^{y_2}-C_{i+y_1}^{y_1-1})\\ & =\sum _{i=x_1}^{x_2}{C}_{y_2+i+1}^{i+1}-\sum _{i=x_1}^{x_2}{C}_{y_1-1+i+1}^{i+1}\\ & =C_{y_2+x_2+2}^{x_2+1}-C_{y_2+x_1+1}^{x_1}-C_{y_1+x_2+1}^{x_2+1}+C_{y_1+x_1}^{x_1}\end{array}$$

令 $\Delta x=x_2-x_1,\Delta y=y_2-y_1$ ， 令 ${\sum }_{i=x_1}^{x_2}{\sum }_{j=y_1}^{y_2}{C}_{i+j}^j=D(x_1,y_1,\Delta x,\Delta y)$ ，那么式子可以写成：

$$D(x_1,y_1,\Delta x,\Delta y)=C_{x_1+y_1+\Delta x+\Delta y+2}^{x_1+\Delta x+1}-C_{x_1+y_1+\Delta y+1}^{x_1}-C_{x_1+y_1+\Delta x+1}^{x_1+\Delta x+1}+C_{x_1+y_1}^{x_1}$$

设第 1 个矩形的最右和最左分别距离第 3 个矩形的最左 $x_1,x_2$，第 1 个矩形的最上和最下分别距离第 3 个矩形的最下 $y_1,y_2$，第 3 个矩形横轴和纵轴方向边长分别为 $\Delta x,\Delta y$ ，那么方案数表示如下：

$$\sum _{i=x_1}^{x_2}\sum _{j=y_1}^{y_2}D(i,j,\Delta x,\Delta y)$$

化简！

$$\begin{array}{rl}& \sum _{i=x_1}^{x_2}\sum _{j=y_1}^{y_2}D(i,j,\Delta x,\Delta y)\\ =& \sum _{i=x_1}^{x_2}\sum _{j=y_1}^{y_2}(C_{i+j+\Delta x+\Delta y+2}^{j+\Delta y+1}-C_{i+j+\Delta y+1}^{j+\Delta y+1}-C_{i+j+\Delta x+1}^j+C_{i+j}^j)\\ =& \sum _{i=x_1+\Delta x+1}^{x_2+\Delta x+1}\sum _{j=y_1+\Delta y+1}^{y_2+\Delta y+1}{C}_{i+j}^j-\sum _{i=x_1}^{x_2}\sum _{j=y_1+\Delta y+1}^{y_2+\Delta y+1}{C}_{i+j}^j-\sum _{i=x_1+\Delta x+1}^{x_2+\Delta x+1}\sum _{j=y_1}^{y_2}{C}_{i+j}^j+\sum _{i=x_1}^{x_2}\sum _{j=y_1}^{y_2}{C}_{i+j}^j\\ =& D(x_1+\Delta x+1,y_1+\Delta y+1,x_2-x_1,y_2-y_1)\\ & -D(x_1,y_1+\Delta y+1,x_2-x_1,y_2-y_1)\\ & -D(x_1+\Delta x+1,y_1,x_2-x_1,y_2-y_1)\\ & +D(x_1,y_1,x_2-x_1,y_2-y_1)\end{array}$$

到这里公式就已经推完了，复杂度是 $O(l_2\ast k)$ ， $k$ 是求组合数的复杂度。

然后离解决这道题还差一步，在计算函数 $D$ 中的组合数的时候，需要求很大的阶乘。那我们分段打表，再用一个 unordered_map 就可以解决问题。表大概 $10^4$ 左右就够了。

所以这题就完美解决啦！

其实这题一直在反复运用组合数的递推公式，没有什么高端的东西，只要耐心总是推得出来的。

推式子真好玩！考场上你推一个看看(╯°Д°)╯（ ┻━┻

代码

#include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long LL; const int maxN = 9e8, siz = 2e5, N = maxN/siz, mod = 998244353; // FAC[N+1] = {...} // 表太大了就不放了，自己打一下10s左右 unordered_map<int, int> fac; int iii, x[7], y[7], ans; void add(int &x, int y){x += y; if (x >= mod) x -= mod;} void init(){ for (int i = 0; i <= N; ++ i) fac[i*siz] = FAC[i]; } int fpow(int x, int y){ int ret = 1; while (y){ if (y&1) ret = 1LL*ret*x%mod; x = 1LL*x*x%mod; y >>= 1; } return ret; } int Fac(int x){ if (fac.find(x) != fac.end()) return fac[x]; return fac[x] = 1LL*x*Fac(x-1)%mod; } int iFac(int x){ return fpow(Fac(x), mod-2); } int C(int x, int y){ if (x < 0 || y < 0 || x < y) return 0; return 1LL*Fac(x)*iFac(y)%mod*iFac(x-y)%mod; } int D(int x, int y, int dx, int dy){ int ret = 0; add(ret, C(x+y+dx+dy+2, x+dx+1)); add(ret, mod-C(x+y+dy+1, x)); add(ret, mod-C(x+y+dx+1, y)); add(ret, C(x+y, x)); return ret; } int solve(){ int x1 = x[5]-x[2], x2 = x[5]-x[1]; int y1 = y[5]-y[2], y2 = y[5]-y[1]; int dx = x[6]-x[5], dy = y[6]-y[5]; int ddx = x[2]-x[1], ddy = y[2]-y[1]; int ret = 0; add(ret, D(x1+dx+1, y1+dy+1, ddx, ddy)); add(ret, mod-D(x1, y1+dy+1, ddx, ddy)); add(ret, mod-D(x1+dx+1, y1, ddx, ddy)); add(ret, D(x1, y1, ddx, ddy)); return ret; } int main() { init(); scanf("%d", &iii); for (int i = 1; i <= 6; ++ i) scanf("%d", &x[i]); for (int i = 1; i <= 6; ++ i) scanf("%d", &y[i]); ans = solve(); for (int i = x[3]; i <= x[4]; ++ i) add(ans, mod-1LL*D(i-x[2], y[3]-y[2]-1, x[2]-x[1], y[2]-y[1])*D(x[5]-i, y[5]-y[3], x[6]-x[5], y[6]-y[5])%mod); for (int i = y[3]; i <= y[4]; ++ i) add(ans, mod-1LL*D(x[3]-x[2]-1, i-y[2], x[2]-x[1], y[2]-y[1])*D(x[5]-x[3], y[5]-i, x[6]-x[5], y[6]-y[5])%mod); printf("%d\n", ans); return 0; }