[BZOJ5010][FJOI2017]矩阵填数(状压DP)

5010: [Fjoi2017]矩阵填数

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Description

给定一个 h*w 的矩阵,矩阵的行编号从上到下依次为 1..h，列编号从左到右依次1..w。在这个矩阵中你需要在每

个格子中填入 1..m 中的某个数。给这个矩阵填数的时候有一些限制，给定 n 个该矩阵的子矩阵,以及该子矩阵的

最大值 v,要求你所填的方案满足该子矩阵的最大值为 v。现在,你的任务是求出有多少种填数的方案满足 n 个限

制。两种方案是不一样的当且仅当两个方案至少存在一个格子上有不同的数。由于答案可能很大，你只需要输出答

案 对 1,000,000,007 的取模即可。

Input

输入数据的第一行为一个数 T，表示数据组数。

对于每组数据，第一行为四个数 h,w,m,n。

接下来 n 行，每一行描述一个子矩阵的最大值 v。每行为五个整

数 x1,y1,x2,y2,v，表示一个左上角为(x1,y1),右下角为(x2,y2)的子矩阵的最大

值为 v ( 1≤x1≤x2≤h, 1≤y1≤y2≤w)

T≤5,1≤h,w,m≤10000,1≤v≤m,1≤n≤10

Output

对于每组数据输出一行，表示填数方案 mod 1,000,000,007 后的值。

Sample Input

2
3 3 2 2
1 1 2 2 2
2 2 3 3 1
4 4 4 4
1 1 2 3 3
2 3 4 4 2
2 1 4 3 2
1 2 3 4 4

Sample Output

28
76475

HINT

Source

By 佚名上传

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=,md=;
 int h,w,m,n,T,xx[N],yy[N],vv[N],mp[N][N],re[N][N],cnt[N],lx,ly,lv;
 struct mat{ int x1,x2,y1,y2,v; }a[N];
 int ksm(int a,int b){
     int res;
     for (res=; b; a=(1ll*a*a)%md,b>>=)
         if (b & ) 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[]=; xx[lx=]=h; yy[]=; yy[ly=]=w; vv[lv=]=m;
         rep(i,,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-;
         }
         sort(xx+,xx+lx+); sort(yy+,yy+ly+); sort(vv+,vv+lv+);
         lx=unique(xx+,xx+lx+)-xx-; ly=unique(yy+,yy+ly+)-yy-; lv=unique(vv+,vv+lv+)-vv-;
         rep(i,,lx) rep(j,,ly) re[i][j]=(xx[i]-xx[i-])*(yy[j]-yy[j-]);
         rep(i,,n){
             a[i].x1=lower_bound(xx+,xx+lx+,a[i].x1)-xx;
             a[i].x2=lower_bound(xx+,xx+lx+,a[i].x2)-xx;
             a[i].y1=lower_bound(yy+,yy+ly+,a[i].y1)-yy;
             a[i].y2=lower_bound(yy+,yy+ly+,a[i].y2)-yy;
             a[i].v=lower_bound(vv+,vv+lv+,a[i].v)-vv;
         }
         int ans=;
         for (int s=; s<(<<n); s++){
             rep(j,,lx) rep(k,,ly) mp[j][k]=lv;
             int now=;
             rep(i,,n){
                 int v=a[i].v;
                 if ((s>>(i-))&) now=-now,v--;
                 rep(j,a[i].x1+,a[i].x2) rep(k,a[i].y1+,a[i].y2) mp[j][k]=min(mp[j][k],v);
             }
             memset(cnt,,sizeof(cnt));
             rep(i,,lx) rep(j,,ly) cnt[mp[i][j]]+=re[i][j];
             rep(i,,lv) if (cnt[i]) now=1ll*now*ksm(vv[i],cnt[i])%md;
             ans=(ans+now)%md;
         }
         printf("%d\n",(ans+md)%md);
     }
     return ;
 }