yts1999 T2 容斥原理

题意：给定 $l1,r1,l2,r2,l3,r3,l4,r4$，试求满足 $l_i\le x_i\le r_i$ 且 $x1̸=x2,x2̸=x3,x3̸=x4,x4̸=x1$
的四元组 $(x1,x2,x3,x4)$ 的数量对 $10^9+7$ 取模的结果。

很容易看出是容斥原理，可是该怎么容斥呢？考场上没想出来，我还是太弱了。

定义$su{m}_i=r_i-l_i+1$，即为每个区间的长度。首先，对于没有限制的情况，根据乘法原理，显然有$ans={\prod }_{i=1}^{4}su{m}_i$种四元组。

容斥原理奇加偶减，即若为奇数个数相同的就让$ans$加，否则减。

比如像$1123$这样有两个相同的情况，因为是偶数个数相同，所以要让ans减，我们找第一个区间和第二个区间的交集，$ans$就应该减去这个交集的长度$\ast su{m}_3和su{m}_4$。同样对于第二第三个区间的交，第三第四个区间的交，第四第一个区间的交也做同样的操作，对于其他的也如此。

我们发现有特殊情况，像$1122，1221$这样两种情况，在之前的一步被减去了两次，对于类似$1122$的这种情况，我们要让$ans$加上第一第二个区间交的长度$\ast$第三第四个区间交的长度。特殊情况特殊考虑，所以即使相同的数为偶数，也是要让$ans$加。对于类似$1221$的这种情况也类似。

对于$1111$这样的情况，我们发现它在特殊情况中被加了2次，所以应该减去三倍的区间交的长度。

#include
#define ll long long
using namespace std;
const int mod=1e9+7;
ll l[5],r[5];
ll T,sum[5];
int main()
{
    cin>>T;
    while(T--)
    {
        for(int i=1;i<=4;++i)
            scanf("%lld%lld",&l[i],&r[i]);
        for(int i=1;i<=4;++i)
            sum[i]=r[i]-l[i]+1;
        ll ans=(sum[1]%mod*sum[2]%mod*sum[3]%mod*sum[4]%mod)%mod;
        
        ll L=max(l[1],l[2]);//例如1123 
        ll R=min(r[1],r[2]);
        if(R-L>=0)
            ans=(ans%mod-(R-L+1)*sum[3]%mod*sum[4]%mod+mod)%mod;
            
        L=max(l[2],l[3]);
        R=min(r[2],r[3]);
        if(R-L>=0)
            ans=(ans%mod-(R-L+1)*sum[1]%mod*sum[4]%mod+mod)%mod;
            
        L=max(l[3],l[4]);
        R=min(r[3],r[4]);
        if(R-L>=0)
            ans=(ans%mod-(R-L+1)*sum[1]%mod*sum[2]%mod+mod)%mod;
            
        L=max(l[4],l[1]);
        R=min(r[4],r[1]);
        if(R-L>=0)
            ans=(ans%mod-(R-L+1)*sum[2]%mod*sum[3]%mod+mod)%mod;
            
        ll L1=max(l[1],l[2]);//例如1122 
        ll R1=min(r[1],r[2]);
        ll L2=max(l[3],l[4]);
        ll R2=min(r[3],r[4]);
        if((R1-L1>=0)&&(R2-L2>=0))
            ans=(ans%mod+(R1-L1+1)%mod*(R2-L2+1)%mod+mod)%mod;
        
        L1=max(l[2],l[3]);
        R1=min(r[2],r[3]);
        L2=max(l[1],l[4]);
        R2=min(r[1],r[4]);
        if((R1-L1>=0)&&(R2-L2>=0))
            ans=(ans%mod+(R1-L1+1)%mod*(R2-L2+1)%mod+mod)%mod;				
        
        L=max(max(l[1],l[2]),l[3]);//例如1112 
        R=min(min(r[1],r[2]),r[3]);
        if(R-L>=0)
            ans=(ans%mod+(R-L+1)*sum[4]%mod+mod)%mod;
            
        L=max(max(l[2],l[3]),l[4]);
        R=min(min(r[2],r[3]),r[4]);
        if(R-L>=0)
            ans=(ans%mod+(R-L+1)*sum[1]%mod+mod)%mod;
            
        L=max(max(l[3],l[4]),l[1]);
        R=min(min(r[3],r[4]),r[1]);
        if(R-L>=0)
            ans=(ans%mod+(R-L+1)*sum[2]%mod+mod)%mod;
            
        L=max(max(l[4],l[1]),l[2]);
        R=min(min(r[4],r[1]),r[2]);
        if(R-L>=0)
            ans=(ans%mod+(R-L+1)*sum[3]%mod+mod)%mod;
            
        L=max(max(l[1],l[2]),max(l[3],l[4]));//例如1111 
        R=min(min(r[1],r[2]),min(r[3],r[4]));
        if(R-L>=0)
            ans=(ans%mod-3*(R-L+1)%mod+mod)%mod;
        printf("%lld\n",(ans+mod)%mod);
    }
    return 0;
}