[BZOJ5010][FJOI2017]矩阵填数(状压DP)

容斥原理

先离散化，对于每一块，可以通过限制得出这一块最大值是多少。

答案=每个条件的子矩形最大值都小于等于这个条件的v - 有一个条件的子矩形最大值小于这个条件的v + 有两个条件的子矩形最大值小于这个条件的v - ...

我们可以O(2^n)枚举每个限制条件是否满足，然后可以根据表示这个状态的二进制数中1的个数确定这个状态的方案数贡献是正是负。

还有一个就是离散化的问题，用左闭右开。

代码用时：1h

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define rep(i,l,r) for (int i=l; i<=r; i++)
using namespace std;

const int N=25,md=1000000007;
int h,w,m,n,T,xx
,yy
,vv
,mp

,re

,cnt
,lx,ly,lv;
struct mat{ int x1,x2,y1,y2,v; }a
;
int ksm(int a,int b){
int res;
for (res=1; b; a=(1ll*a*a)%md,b>>=1)
if (b & 1) res=(1ll*res*a)%md;
return res;
}

int main(){
freopen("bzoj5010.in","r",stdin);
freopen("bzoj5010.out","w",stdout);
for (scanf("%d",&T); T--; ){
scanf("%d%d%d%d",&h,&w,&m,&n);
xx[1]=0; xx[lx=2]=h; yy[1]=0; yy[ly=2]=w; vv[lv=1]=m;
rep(i,1,n){
scanf("%d%d%d%d%d",&a[i].x1,&a[i].y1,&a[i].x2,&a[i].y2,&a[i].v);
a[i].x1--; a[i].y1--;
xx[++lx]=a[i].x1; xx[++lx]=a[i].x2;
yy[++ly]=a[i].y1; yy[++ly]=a[i].y2;
vv[++lv]=a[i].v; vv[++lv]=a[i].v-1;
}
sort(xx+1,xx+lx+1); sort(yy+1,yy+ly+1); sort(vv+1,vv+lv+1);
lx=unique(xx+1,xx+lx+1)-xx-1; ly=unique(yy+1,yy+ly+1)-yy-1; lv=unique(vv+1,vv+lv+1)-vv-1;
rep(i,1,lx) rep(j,1,ly) re[i][j]=(xx[i]-xx[i-1])*(yy[j]-yy[j-1]);
rep(i,1,n){
a[i].x1=lower_bound(xx+1,xx+lx+1,a[i].x1)-xx;
a[i].x2=lower_bound(xx+1,xx+lx+1,a[i].x2)-xx;
a[i].y1=lower_bound(yy+1,yy+ly+1,a[i].y1)-yy;
a[i].y2=lower_bound(yy+1,yy+ly+1,a[i].y2)-yy;
a[i].v=lower_bound(vv+1,vv+lv+1,a[i].v)-vv;
}
int ans=0;
for (int s=0; s<(1<<n); s++){
rep(j,1,lx) rep(k,1,ly) mp[j][k]=lv;
int now=1;
rep(i,1,n){
int v=a[i].v;
if ((s>>(i-1))&1) now=-now,v--;
rep(j,a[i].x1+1,a[i].x2) rep(k,a[i].y1+1,a[i].y2) mp[j][k]=min(mp[j][k],v);
}
memset(cnt,0,sizeof(cnt));
rep(i,1,lx) rep(j,1,ly) cnt[mp[i][j]]+=re[i][j];
rep(i,1,lv) if (cnt[i]) now=1ll*now*ksm(vv[i],cnt[i])%md;
ans=(ans+now)%md;
}
printf("%d\n",(ans+md)%md);
}
return 0;
}