[EOJ Monthly 2018.10][C. 痛苦的 01 矩阵]

题目链接：C. 痛苦的 01 矩阵

题目大意：原题说的很清楚了，不需要简化_(:з」∠)_

题解：设(r_i)为第(i)行中0的个数，(c_j)为第(j)列中0的个数，(f_{i,j})代表对应格子是否为0，则有(cost(i,j)=r_i+c_j-f_{i,j})，((cost(i,j))^2=r_i^2+c_j^2+f_{i,j}+2r_ic_j-2f_{i,j}(r_i+c_j))

$$sum_{i=1}^n sum_{j=1}^n left( cost(i,j) ight)^2 = sum_{i=1}^n (r_i^2+c_i^2)+sum_{i=1}^n sum_{j=1}^nf_{i,j}+2(sum_{i=1}^nr_i)(sum_{j=1}^nc_j)-2f_{i,j}sum_{i=1}^n sum_{j=1}^n(r_i+c_j)$$

　　　初始状态下，(ans=n^2*(2n-1)^2, r_i=c_i=n)，给出(k)个为1的方格可以看做进行(k)次反转操作，之后把式子中的每一项一一对应地进行修改就好了

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 200001
#define LL long long
#define MOD 1000000007
LL n,k,q,x,y,u,v,r[N],sr[N],c[N],sc[N],ans;
set<LL>s;
void add(LL x,LL y)
{
    s.insert(x*N+y);
    r[x]--,c[y]--;
    ans+=MOD-n*(2ll*r[x]+1)%MOD,ans%=MOD;
    ans+=MOD-n*(2ll*c[y]+1)%MOD,ans%=MOD;
    ans+=MOD-1,ans%=MOD;
    ans+=2ll*(MOD-sc[n]+MOD-sr[n]+1),ans%=MOD;
    ans+=2ll*(r[x]+1+c[y]+1)%MOD,ans%=MOD;
    ans+=2ll*r[x]%MOD+2ll*c[y]%MOD,ans%=MOD;
    sc[n]--,sr[n]--;
}
void del(LL x,LL y)
{
    sc[n]++,sr[n]++;
    ans+=MOD-(2ll*r[x]%MOD+2ll*c[y]%MOD)%MOD,ans%=MOD;
    ans+=MOD-(2ll*(r[x]+1+c[y]+1)%MOD)%MOD,ans%=MOD;
    ans+=2ll*(sc[n]+sr[n]-1)%MOD,ans%=MOD;
    ans++,ans%=MOD;
    ans+=n*(2ll*c[y]+1)%MOD,ans%=MOD;
    ans+=n*(2ll*r[x]+1)%MOD,ans%=MOD;
    r[x]++,c[y]++;
    s.erase(x*N+y);
}
int main()
{
    scanf("%lld%lld%lld",&n,&k,&q);
    for(LL i=1;i<=n;i++)
      {
      r[i]=c[i]=n;
      sr[i]=(sr[i-1]+r[i])%MOD;
      sc[i]=(sc[i-1]+c[i])%MOD;
      }
    ans=4ll*n*n-4ll*n+1,ans%=MOD;
    ans*=n*n%MOD,ans%=MOD;
    for(LL i=1;i<=k;i++)
      scanf("%lld%lld",&x,&y),add(x,y);
    printf("%lld
",ans);
    for(LL i=1;i<=q;i++)
      {
      scanf("%lld%lld",&u,&v);
      if(s.count(u*N+v))del(u,v);
      else add(u,v);
      printf("%lld
",ans);
      }
    return 0;
}