对于每一行，这些障碍将其划分为若干段，记第$i$行（$y=i$时）从左到右第$j$段为$[l_{i,j},r_{i,j}]$
显然一条路径恰好经过每一行中的一段，且两种方案不同当且仅当其中经过的一段不同
对于某一条路径，令$a_{i}$为其经过第$i$行时的段，则合法当且仅当
$$
a_{1}=1且\forall 2\le i\le n,[\max_{j=1}^{i-1}l_{j,a_{j}},r_{i-1,a_{i-1}}]\cap [l_{i,a_{i}},r_{i,a_{i}}]\ne \empty
$$
且两种方案不同当且仅当$a_{i}$不同，题目即变为统计$a_{i}$的方案
考虑dp统计，令$f_{i,j}$表示仅考虑$a_{1},a_{2},...,a_{i}$，满足$\max_{k=1}^{i}l_{k,a_{k}}=j$且合法（仅考虑确定的部分）的方案数，初始状态由于强制$a_{1}=1$，即$f_{1,1}=1$
同时有交的条件，也就保证了$\max_{j=1}^{i}l_{j,a_{j}}$恰好在$a_{i}$所在段中，即通过$j$即可确定$a_{i}$
由此，就可以得到暴力转移的式子，即
$$
f_{i,j}=\begin{cases}0&(a_{i}不存在)\\
f_{i-1,j}&(l_{i,a_{i}}\ne j)\\\sum_{j'=l_{i-1,a_{i-1}}}^{j}f_{i-1,j'}&(l_{i,a_{i}}=j)\end{cases}
$$
（其中$a_{i}$和$a_{i-1}$分别为第$i$和$i-1$行包含$j$的段编号）
我们简单的对其更进一步的讨论，即找出所有满足$f_{i,j}=f_{i-1,j}$的情况都分入第2类，即
$$
f_{i,j}=\begin{cases}0&((a_{i}不存在)\and (a_{i-1}存在))\\
f_{i-1,j}&((a_{i}和a_{i-1}都不存在)\or (l_{i,a_{i}}\ne j)\and (l_{i-1,a_{i-1}}=j))\\\sum_{j'=l_{i-1,a_{i-1}}}^{j}f_{i-1,j'}&((l_{i,a_{i}}=j)\and (l_{i-1,a_{i-1}}\ne j))\end{cases}
$$
考虑用线段树维护当前$f_{i-1}$这个长为$n$的序列，那么仅需要修改第1类和第3类的位置
用set来维护障碍（直接维护所有$y_{1}\le i\le y_{2}$的区间$[x_{1},x_{2}]$），差分的插入和删除
对于第1类，这些位置必然被所有新插入障碍的区间包含（虽然这些区间可能之前也有障碍，但这样的数量级已经可以保证），总次数显然为$o(k)$
对于第3类，也必然是新插入的障碍的$x+1$的位置（其中$x$为插入障碍的右端点）且未被障碍覆盖，在set中找到左端点小于等于$x+1$中最大的的右端点$x'$，对$[x'+1,x+1]$求和作为$f_{i,x+1}$即可
（特别的，当不存在这样的区间时，令$x'$为0）
但找到$x'$事实上比较困难，可能需要手写平衡树，注意到被障碍覆盖的位置$f$一定是0，因此$x'$只需要满足$[x'+1,x+1]$这一段仅有一个后缀（可以为空）无障碍即可
那么只需要选择左端点小于等于$x$中最大的左端点所对应的右端点作为$x'$即可
（另外需要记录答案统一修改，防止修改和查询之间相互影响）
最终的答案不是$\sum_{i=1}^{n}f_{m,i}$，而是要对找到右端点最大的障碍来统计，同样的原因也可以选左端点最大的右端点来计算
总复杂度即为$o(m+k\log n)$，可以通过
1 #include<bits/stdc++.h>
2 using namespace std;
3 #define N 1000005
4 #define mod 1000000007
5 #define L (k<<1)
6 #define R (L+1)
7 #define mid (l+r>>1)
8 #define fi first
9 #define se second
10 vector<pair<int,int> >v,v_add[N],v_del[N];
11 multiset<pair<int,int> >s;
12 multiset<pair<int,int> >::iterator it;
13 int n,m,k,f[N<<2],tag[N<<2];
14 void upd(int k){
15 tag[k]=1;
16 f[k]=0;
17 }
18 void up(int k){
19 f[k]=(f[L]+f[R])%mod;
20 }
21 void down(int k){
22 if (tag[k]){
23 upd(L);
24 upd(R);
25 tag[k]=0;
26 }
27 }
28 void update_val(int k,int l,int r,int x,int y){
29 if (l==r){
30 f[k]=y;
31 return;
32 }
33 down(k);
34 if (x<=mid)update_val(L,l,mid,x,y);
35 else update_val(R,mid+1,r,x,y);
36 up(k);
37 }
38 void update_zero(int k,int l,int r,int x,int y){
39 if ((l>y)||(x>r))return;
40 if ((x<=l)&&(r<=y)){
41 upd(k);
42 return;
43 }
44 down(k);
45 update_zero(L,l,mid,x,y);
46 update_zero(R,mid+1,r,x,y);
47 up(k);
48 }
49 int query(int k,int l,int r,int x,int y){
50 if ((l>y)||(x>r))return 0;
51 if ((x<=l)&&(r<=y))return f[k];
52 down(k);
53 return (query(L,l,mid,x,y)+query(R,mid+1,r,x,y))%mod;
54 }
55 int main(){
56 scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
57 update_val(1,1,n,1,1);
58 for(int i=1;i<=k;i++){
59 int x1,y1,x2,y2;
60 scanf("%d%d%d%d",&x1,&y1,&x2,&y2);
61 v_add[y1].push_back(make_pair(x1,x2));
62 if (y2<m)v_del[y2+1].push_back(make_pair(x1,x2));
63 }
64 for(int i=1;i<=m;i++){
65 v.clear();
66 for(int j=0;j<v_add[i].size();j++){
67 int x=v_add[i][j].se+1;
68 if ((i>1)&&(x<=n)){
69 it=s.lower_bound(make_pair(x+1,0));
70 int xx=1;
71 if (it!=s.begin())xx=(*--it).se+1;
72 if (xx<x)v.push_back(make_pair(x,query(1,1,n,xx,x)));
73 }
74 }
75 for(int j=0;j<v.size();j++)update_val(1,1,n,v[j].fi,v[j].se);
76 for(int j=0;j<v_add[i].size();j++){
77 s.insert(v_add[i][j]);
78 update_zero(1,1,n,v_add[i][j].fi,v_add[i][j].se);
79 }
80 for(int j=0;j<v_del[i].size();j++)s.erase(s.find(v_del[i][j]));
81 }
82 if (s.size())printf("%d",query(1,1,n,(*--s.end()).se+1,n));
83 else printf("%d",query(1,1,n,1,n));
84 }
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