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题目大意
你要在一张 \(h\times w\) 的网格图里的一些位置上填 \(1\)，满足对于给定 \(n,m\)，任意一个 \(n\times m\) 的子矩阵内部 \(1\) 的数量都相同，求方案数对 \(10^9+7\) 取模的值。
\(1\leq h,w\leq 10^9\)，\(1\leq n,m\leq 4\)
思路
这些 \(n\times m\) 的矩形可以一格格地移动，可以发现这里有大量相等的关系，具体来说：
由于图中的四个 \(n\times m\) 的矩形 \(1\) 的个数相同，\(a,b,c,d\) 几个位置有关系 \(a+x=b+y,c+x=d+y\)，从而 \(d=b+c-a\)，也就是说当 \(a,b,c\) 确定时，\(d\) 就被唯一确定了。这一点可以推广，对于 \(i\%n=x_0,\;j\%m=y_0\) 的点我们对其进行重新标号，则有 \(d_{i,j}=d_{i,0}+d_{j,0}-d_{0,0}\)，即 \(x\) 和 \(y\) 的区域伸长。
以上的结论说明，当网格图的前 \(n\) 行和前 \(m\) 列被确定时，整个网格图就被唯一确定了。但是要注意，这里可能会有无解的情况，即 \(d_{i,j}=-1\) 或 \(d_{i,j}=2\)，这种情况出现在 \(\exists i,j,\;st.d_{i,0}=d_{0,j}=1-d_{0,0}\) 的时候，仔细思考一下，可以得到结论：
- 网格图存在解 \(\iff \forall i,d_{i,0}=d_{0,0}\bigvee \forall j,d_{0,j}=d_{0,0}\)
然后这个题就可以做了，考虑左上角 \(n\times m\) 矩阵的每个位置，它们都会成为 \(d_{0,0}\)，所以依次枚举每一位是一行全部相同还是一列全部相同，然后对于每一种情况计算答案最后即可。
具体来说，分别用 \(col_j\) 和 \(row_i\) 表示第 \(j\) 列上 “列相同的位置” 有几个、第 \(i\) 行上 “行相同的位置” 有几个。
-
先算 “列相同的情况”，即同一行的可以随便填，每一列枚举对应的位置（注意只考虑 “列相同” 的这 \(col_i\) 的位置，有点绕，请自行脑补）有几个填 \(1\)，接下来后面对应位置列 \(1\) 的个数都要和当前列相同，记 \(num=\lfloor\frac{w-i+m-1}{m}\rfloor\) 为这些列的个数，方案相加后每列求积即可，即
\[\prod_{i=0}^{m-1}\sum_{j=0}^{col_i}\binom{col_i}{j}^{num} \] -
对于 “行相同的情况”，这里需要容斥，即在计算时要减去可以作为 “列相同” 的情况。用 \(row_i=3\) 举例：类似的考虑列（实际上是行，但整体上是前 \(m\) 列）随便填，首先一行（对应位置上）的值不能为 \(0\) 或 \(3\)，不然所有位置都要填 \(0/1\)，和 “列相同“ 一样了，然后还要考虑某一位置一列下来都一样的情况，该位置也是 ”列相同“ 了，这边也要做个小容斥（\(3\) 个都 ”列相同“），最后的权值即为
\[2\times 3^{num}-6\times 2^{num}+6 \]其它 \(row_i\) 情况类似，由于 \(0\leq row_i\leq 4\)，手算就行了。
直接对着实现的时间复杂度是 \(O(n^2\cdot 2^{n^2})\) 的，不过通过合适的预处理可以将其降到 \(O(2^{n^2})\) 。
Code写的是 \(O(n^2\cdot 2^{n^2})\)，能过那就不优化了吧
#include<iostream>
#include<cstring>
#define mem(a,b) memset(a, b, sizeof(a))
#define rep(i,a,b) for(int i = (a); i <= (b); i++)
#define per(i,b,a) for(int i = (b); i >= (a); i--)
#define N 6
#define mod 1000000007
#define ll long long
using namespace std;
class SubRectangles{
public:
int C[N][N], col[N], row[N];
void init(){
mem(C, 0), C[0][0] = 1;
rep(i,1,5){
C[i][0] = 1;
rep(j,1,i) C[i][j] = C[i-1][j]+C[i-1][j-1];
}
}
ll qpow(ll a, int b){
ll ret = 1;
for(; b; b >>= 1){ if(b&1) (ret *= a) %= mod; (a *= a) %= mod; }
return ret;
}
int countWays(int H, int W, int H2, int W2){
init();
int n = H2*W2;
ll ans = 0;
rep(s,0,(1<<n)-1){
mem(row, 0), mem(col, 0);
rep(i,0,n-1) if(s>>i&1)
row[i/W2]++, col[i%W2]++;
ll hor = 1, ver = 1;
rep(i,0,W2-1){
ll num = (W-i+W2-1)/W2, tot = 0;
rep(j,0,col[i]) (tot += qpow(C[col[i]][j], num)) %= mod;
(hor *= tot) %= mod;
}
rep(i,0,H2-1){
ll num = (H-i+H2-1)/H2, tot = 0;
switch(W2-row[i]){
case 0 : tot = 1; break;
case 1 : tot = 0; break;
case 2 : tot = qpow(2, num) - 2; break;
case 3 : tot = 2*qpow(3, num) - 6*qpow(2, num) + 6; break;
case 4 : tot = qpow(6, num) + 2*qpow(4, num) - 16*qpow(3, num) + 24*qpow(2, num) - 14;
}
tot = (tot%mod+mod)%mod;
(ver *= tot) %= mod;
}
(ans += hor*ver%mod) %= mod;
}
return int(ans+mod)%mod;
}
} solve;
int main(){
int a, b, c, d;
cin>>a>>b>>c>>d;
cout<< solve.countWays(a, b, c, d) <<endl;
return 0;
}
