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题目大意
【问题描述】
小蓝在玩一个叫质数行者的游戏。
游戏在一个 n×m×w 的立体方格图上进行，从北到南依次标号为第 1 行到
第 n 行，从西到东依次标号为第 1 列到第 m 列，从下到上依次标号为第 1 层到第 w 层。
小蓝要控制自己的角色从第 1 行第 1 列第 1 层移动到第 n 行第 m 列第 w层。每一步，他可以向东走质数格、向南走质数格或者向上走质数格。每走到一个位置，小蓝的角色要稍作停留。
在游戏中有两个陷阱，分别为第 r 1 行第 c 1 列第 h 1 层和第 r 2 行第 c 2 列第h2 层。这两个陷阱的位置可以跨过，但不能停留。也就是说，小蓝不能控制角色某一步正好走到陷阱上，但是某一步中间跨过了陷阱是允许的。
小蓝最近比较清闲，因此他想用不同的走法来完成这个游戏。所谓两个走法不同，是指小蓝稍作停留的位置集合不同。
请帮小蓝计算一下，他总共有多少种不同的走法。
提示：请注意内存限制，如果你的程序运行时超过内存限制将不得分。
【输入格式】
输入第一行包含两个整数 n, m, w，表示方格图的大小。
第二行包含 6 个整数，r 1 , c 1 , h 1 , r 2 , c 2 , h 2 ，表示陷阱的位置。
【输出格式】
输出一行，包含一个整数，表示走法的数量。答案可能非常大，请输出答
案除以 1000000007 的余数。
【样例输入】
5 6 1
3 4 1 1 2 1
【样例输出】
11
【样例说明】
用 (r,c,h) 表示第 r 行第 c 列第 h 层，可能的走法有以下几种：
1.(1,1,1) − (1,3,1) − (1,6,1) − (3,6,1) − (5,6,1)。
2.(1,1,1) − (1,3,1) − (3,3,1) − (3,6,1) − (5,6,1)。
3.(1,1,1) − (1,3,1) − (3,3,1) − (5,3,1) − (5,6,1)。
4.(1,1,1) − (3,1,1) − (3,3,1) − (3,6,1) − (5,6,1)。
5.(1,1,1) − (3,1,1) − (3,3,1) − (5,3,1) − (5,6,1)。
6.(1,1,1) − (3,1,1) − (5,1,1) − (5,3,1) − (5,6,1)。
7.(1,1,1) − (3,1,1) − (5,1,1) − (5,4,1) − (5,6,1)。
8.(1,1,1) − (1,4,1) − (1,6,1) − (3,6,1) − (5,6,1)。
9。(1,1,1) − (1,6,1) − (3,6,1) − (5,6,1)。
10.(1,1,1) − (3,1,1) − (3,6,1) − (5,6,1)。
11.(1,1,1) − (3,1,1) − (5,1,1) − (5,6,1)。
【评测用例规模与约定】
对于 30% 的评测用例 1 ≤ n,m,w ≤ 50。
对于 60% 的评测用例 1 ≤ n,m,w ≤ 300。
对于所有评测用例，1 ≤ n,m,w ≤ 1000，1 ≤ r 1 ,r 2 ≤ n, 1 ≤ c 1 ,c 2 ≤ m,
1 ≤ h 1 ,h 2 ≤ w，陷阱不在起点或终点，两个陷阱不同。
题目思路
比赛的时候很容易想到\(dp[i][j][k]\) 表示倒了\((i,j,k)\)这个位置的答案，复杂度大约是\(n^3*(n/log(n))\)
\(n/log(n)\) 就是表示\(n\)中的质数个数，只能骗百分之60的分
正解有点难想 我主要参考的思路为此博客
要想到把这个三维拆开，当作一维去写，然后再去组合答案
设\(dp[i][j]\) 表示到达了\(i\)这个点，花费了\(j\)步的方案数
你可能好奇为什么需要这个\(j\)，因为最后要组合起来，就需要知道走了几步
复杂度大概\(n^2*(n/log(n))\) 当然没有这么大
那么最后的答案即为$\sum\sum\sum dp[n][i]dp[m][j]dp[w][k]((i+j+k)!)/(i!j!*k!) $
为什么要乘以\((i+j+k)/(i!*j!*k!)\)
\(i,j,k\) 表示三维分别走了\(i,j,k\) 步
组合起来的答案即为\(c(i+j+k,i)*c(j+k,j)*c(k,k)=((i+j+k)!)/(i!*j!*k!)\)
那么枚举\(i,j,k\) 还是要\(n^3\) 这里要利用前缀和的思想 先算前两个，把前两个当作一个整体，再和第三个算
即分为 \(dp[n][i]*dp[m][j]/(i!*j!)\) 和\(dp[w][k]*(i+j+k)!/k!\) 相乘
代码
#include<bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define debug cout<<"I AM HERE"<<endl;
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=1e3+5,inf=0x3f3f3f3f,mod=1e9+7;
const double eps=1e-6;
int n,m,w;
int prime[maxn],cnt;
ll dp[maxn][maxn];
ll tmp[2*maxn];
ll fac[3*maxn],finv[3*maxn];
int r1,c1,h1,r2,c2,h2;
ll qpow(ll a,ll b){
ll ans=1,base=a;
while(b){
if(b&1) ans=ans*base%mod;
base=base*base%mod;
b>>=1;
}
return ans;
}
// dp[i][j] 表示到了i这个位置花费了j步的答案
bool check(int x){
for(int i=2;i*i<=x;i++){
if(x%i==0) return 0;
}
return 1;
}
void getprime(){
for(int i=2;i<=1e3;i++){
if(check(i)){
prime[++cnt]=i;
}
}
}
void getdp(){
dp[1][0]=1;
for(int i=1;i<=1e3;i++){
for(int j=0;j<=1e3;j++){
if(!dp[i][j]) continue;
for(int k=1;k<=cnt;k++){
if(i+prime[k]>1e3) break;
dp[i+prime[k]][j+1]=(dp[i+prime[k]][j+1]+dp[i][j])%mod;
}
}
}
}
ll cal(int a,int b,int c){
memset(tmp,0,sizeof tmp);
for(int i=0;i<=1e3;i++){
for(int j=0;j<=1e3;j++){
tmp[i+j]+=dp[a][i]*dp[b][j]%mod*finv[i]%mod*finv[j]%mod;
tmp[i+j]%=mod;
}
}
ll re=0;
for(int i=0;i<=2e3;i++){
for(int j=0;j<=1e3;j++){
re+=tmp[i]*dp[c][j]%mod*finv[j]%mod*fac[i+j]%mod;
re%=mod;
}
}
return re;
}
void init(){
fac[0]=finv[0]=1;
for(int i=1;i<=3e3;i++){
fac[i]=fac[i-1]*i%mod;
finv[i]=qpow(fac[i],mod-2);
}
}
signed main(){
init();
getprime();
getdp();
scanf("%d%d%d",&n,&m,&w);
scanf("%d%d%d%d%d%d",&r1,&c1,&h1,&r2,&c2,&h2);
ll ans=0;
ans+=cal(n,m,w);
ans-=cal(r1,c1,h1)*cal(n-r1+1,m-c1+1,w-h1+1)%mod;
ans-=cal(r2,c2,h2)*cal(n-r2+1,m-c2+1,w-h2+1)%mod;
if(r2>=r1&&h2>=h1&&c2>=c1){
ans+=cal(r1,c1,h1)*cal(r2-r1+1,c2-c1+1,h2-h1+1)%mod*cal(n-r2+1,m-c2+1,w-h2+1)%mod;
}
swap(r1,r2);swap(c1,c2);swap(h1,h2);
if(r2>=r1&&h2>=h1&&c2>=c1){
ans+=cal(r1,c1,h1)*cal(r2-r1+1,c2-c1+1,h2-h1+1)%mod*cal(n-r2+1,m-c2+1,w-h2+1)%mod;
}
ans=(ans%mod+mod)%mod;
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}