技術標籤：容斥原理組合數學

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題目大意：初始時有一個二維平面， 平面上給出 n 條蛇，現在可以選擇 m 條不同的蛇進行捕殺，當選擇了某條蛇，其所在的座標可以覆蓋到的半徑為 r 的範圍內的蛇都會被捕殺，更確切的說，選擇了位置 ( x , y ) 的蛇，那麼 ( x - r , y - r ) ~ ( x + r , y + r ) 這個矩形內的蛇都會被捕殺，每條蛇都有自己的價值，每次捕殺的價值是(所有被捕殺的蛇的價值和)的平方，問所有方案的價值和是多少

題目分析：比較巧妙的一道容斥題目，首先看到平方應該順著去思考，而不是我行我素的去思考每條蛇單獨的貢獻

利用完全平方公式將平方和拆開：

如果增加變數的個數，不難看出實際上也是兩層 for 迴圈可以表達出來的一個求和公式

所以我們不妨去考慮每一對蛇 ( i , j ) 的貢獻，直接求交集是比較困難的，但是正難則反，可以思考求交集的補集，那麼利用容斥推一下公式：

• 同時包含蛇 i 和蛇 j 的方案 = 總方案- ( 不同時包含蛇 i 和蛇 j 的方案)
• 不同時包含蛇 i 和蛇 j 的方案 = 不包含蛇 i 的方案+不包含蛇 j 的方案-不包含蛇 i 也不包含蛇 j 的方案
• 不包含蛇 i 也不包含蛇 j 的方案= 不包括 { ( 蛇 i 的捕殺矩形 ) 與 ( 蛇 j 的捕殺矩形 ) 的並集 } 的方案 ={ 全集 - ( 蛇 i 的捕殺矩形 ) 與 ( 蛇 j 的捕殺矩形 ) 的並集 } 的方案
• ( 蛇 i 的捕殺矩形 ) 與 ( 蛇 j 的捕殺矩形 ) 的並集 = 蛇 i 後的捕殺矩形 +蛇 j 後的捕殺矩形 - ( 蛇 i 的捕殺矩形 與 蛇 j 的捕殺矩形 的面積交集 )

不難發現一步步遞推是可以間接求出我們所想要求出的答案的，關於最後的那個矩形面積，用二維字首和求一下就好了，其餘的用組合數學求解一下即可

補充一下關於矩形的交集，實質上是兩條線段的交集，這個在紙上稍微畫一下就明白了

程式碼：

//#pragma GCC optimize(2)
//#pragma GCC optimize("Ofast","inline","-ffast-math")
//#pragma GCC target("avx,sse2,sse3,sse4,mmx")
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<string>
#include<ctime>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<stack>
#include<climits>
#include<queue>
#include<map>
#include<set>
#include<sstream>
#include<cassert>
#include<bitset>
using namespace std;
 
typedef long long LL;
 
typedef unsigned long long ull;

const int inf=0x3f3f3f3f;

const int N=2e3+100;

const int mod=1e9+7;

int x[N],y[N],maze[N][N];

LL fac[N],inv[N],b[N];

LL q_pow(LL a,LL b)
{
	LL ans=1;
	while(b)
	{
		if(b&1)
			ans=ans*a%mod;
		a=a*a%mod;
		b>>=1;
	}
	return ans;
}

LL C(int n,int m)
{
	if(n<m)
		return 0;
	return fac[n]*inv[m]%mod*inv[n-m]%mod;
}

int cal(int x1,int y1,int x2,int y2)
{
	if(x1>x2||y1>y2)
		return 0;
	x1=max(x1,1),y1=max(y1,1);
	x2=min(x2,1000),y2=min(y2,1000);
	return maze[x2][y2]-maze[x2][y1-1]-maze[x1-1][y2]+maze[x1-1][y1-1];
}

void init()
{
	fac[0]=1;
	for(int i=1;i<N;i++)
		fac[i]=fac[i-1]*i%mod;
	inv[N-1]=q_pow(fac[N-1],mod-2);
	for(int i=N-2;i>=0;i--)
		inv[i]=inv[i+1]*(i+1)%mod;
}

int main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
//  freopen("data.ans.txt","r",stdin);
//  freopen("data.out.txt","w",stdout);
#endif
//  ios::sync_with_stdio(false);
	init();
	int n,m,r;
	scanf("%d%d%d",&n,&m,&r);
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		scanf("%d%d%lld",x+i,y+i,b+i);
		maze[x[i]][y[i]]++;
	}
	for(int i=1;i<=1000;i++)
		for(int j=1;j<=1000;j++)
			maze[i][j]+=maze[i-1][j]+maze[i][j-1]-maze[i-1][j-1];
	LL ans=0;
	for(int i=1;i<=n;i++)
		for(int j=1;j<=n;j++)
		{
			LL res=b[i]*b[j]%mod;
			LL cnt=C(n,m);
			LL noi=C(n-cal(x[i]-r,y[i]-r,x[i]+r,y[i]+r),m);
			LL noj=C(n-cal(x[j]-r,y[j]-r,x[j]+r,y[j]+r),m);
			LL noij=C(n-cal(x[i]-r,y[i]-r,x[i]+r,y[i]+r)-cal(x[j]-r,y[j]-r,x[j]+r,y[j]+r)+cal(max(x[i]-r,x[j]-r),max(y[i]-r,y[j]-r),min(x[i]+r,x[j]+r),min(y[i]+r,y[j]+r)),m);
			cnt=((cnt-noi-noj+noij)%mod+mod)%mod;
			res=cnt*res%mod;
			ans=(ans+res)%mod;
		}
	printf("%lld\n",ans);













    return 0;
}