请结合此题解分析并解释此代码一个 n×m 的 0
1 矩阵，其中 k 个位置的值给定。这个矩阵
满足性质：对于每个 2×2 的小子矩阵中 0 与
1 的
个数相同。求
满足条件的矩阵数量，对
10
9
+7 取模。
n,m≤
10
9
，k≤
10
5
。
一个显然的事实是：确认了第一行和第一列，就能推得所有矩阵。考虑如何确定第一行和第一列。
结论：一个矩阵是一个合法的矩阵，当且仅当其
满足，要么第一行是 0
10
10
1… 或
10
10
10… 这样 0
1 交错的；要么第一列是这样 0
1 交错的。
证明可以画图，考虑一个这样的矩阵，使得其第一行和第一列都不是 0
1 相间的。那么可以找出一个位置 i，
满足第 i 行的第一
个数和第 i+
1 行的第一
个数相同（即第一列上连续的
两个相同的数），为了方便，都假定为
1。我们考虑这
两行的情况：
10
1⋯0
110
1⋯
100
1⋯
10
1⋯0
110
1⋯
100
1⋯
（由于 Latex 渲染问题，该公式建议在博客内查看）
注意到红色
1 的位置，在这个位置为了
满足以它作为右下角的矩阵而值为
1，但这就导致了以它为左下角的矩阵出现了三个
1，成为了一个不合法的矩阵。这正是因为行上也有
相邻的
两个
1，有
两个
相邻的 0 也是这种情况（蓝色部分）。这是不可避免的，故而这样的矩阵都是不合法的。而如果不出现这种情况，则一定可以构造出合法方案。故而结论证毕。
同时这个结论可以推导出一些东西：对于一个第一行都是 0
1 相间的矩阵，它的每一行都是 0
1 相间的；对于一个第一列都是 0
1 相间的矩阵，它的每一列都是 0
1 相间的。
接下来考虑如何计数。根据容斥原理，我们用 行都是 0
1 相间的矩阵 + 列都是 0
1 相间的矩阵 − 行列都是 0
1 相间的矩阵（即类似棋盘的黑白染色矩阵）。
行都是 0
1 相间和列都是 0
1 相间做法类似，这里只介绍行的方式，列做法同理。
对于行上没有已确定的 k 个位置，这一行的情况可以任取 0
10
1… 或
10
10… 的一种，乘法原理对答案乘 2。
对于行上已经有确定的位置时，用
奇偶性检测它们能否构成 0
1 相间的一行。如果可以，对答案乘
1；如果不行，答案为 0。
行列都是 0
1 相间的矩阵直接检查是否能够构成一个棋盘状的东西，同样判一下
奇偶性。注意特判一下 k=0 的情况。
这题这样就做完了，时间复杂度 O
(klogk+log
(n+m
))。
代码：
#include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <cstring>
const int MaxN =
100000;
const int Mod =
1000000007;
inline int add
(int x, int y
) { return
(x += y
) >= Mod ? x - Mod
: x; }
inline int sub
(int x, int y
) { return
(x -= y
) < 0 ? x + Mod
: x; }
inline int mul
(int x, int y
) { return
1LL * x * y % Mod; }
inline int pw
(int x, int y
) { int z =
1; for
(; y; y >>=
1, x = mul
(x, x
)) if
(y &
1) z = mul
(z, x
); return z; }
inline int inv
(int x
) { return pw
(x, Mod - 2
); }
inline int sep
(int x, int y
) { return mul
(x, inv
(y
)); }
inline void inc
(int &x, int y =
1) { x = add
(x, y
); }
inline void dec
(int &x, int y =
1) { x = sub
(x, y
); }
struct data_t {
int x, y, d;
data_t
(int _x = 0, int _y = 0, int _d = 0
) { x = _x, y = _y, d = _d; }
};
int W, H, N;
data_t A[MaxN + 5];
inline int getSit
() {
char c;
do c = getchar
();
while
(c != '+' && c != '-'
);
return
(c == '+'
) ?
1 : 0;
}
void init
() {
scanf
("%d %d %d", &W, &H, &N
);
for
(int i =
1; i <= N; ++i
) {
A[i].d = getSit
();
scanf
("%d %d", &A[i].x, &A[i].y
);
}
}
inline bool cmpx
(const data_t &a, const data_t &b
) {
if
(a.x != b.x
) return a.x < b.x;
else return a.y < b.y;
}
inline bool cmpy
(const data_t &a, const data_t &b
) {
if
(a.y != b.y
) return a.y < b.y;
else return a.x < b.x;
}
inline int calc
1() {
std
::sort
(A +
1, A +
1 + N, cmpx
);
int res = 0, prex = 0;
for
(int l =
1, r = 0; l <= N; l = r +
1) {
while
(r < N && A[r +
1].x == A[l].x
) r++;
for
(int i = l; i <= r; ++i
) {
int x
1 =
(A[i].y ^ A[l].y
) &
1, x2 =
(A[i].d ^ A[l].d
);
if
(x
1 != x2
) return 0;
}
res += A[l].x - prex -
1;
prex = A[l].x;
}
res += W - prex;
return pw
(2, res
);
}
inline int calc2
() {
std
::sort
(A +
1, A +
1 + N, cmpy
);
int res = 0, prey = 0;
for
(int l =
1, r = 0; l <= N; l = r +
1) {
while
(r < N && A[r +
1].y == A[l].y
) r++;
for
(int i = l; i <= r; ++i
) {
int x
1 =
(A[i].x ^ A[l].x
) &
1, x2 =
(A[i].d ^ A[l].d
);
if
(x
1 != x2
) return 0;
}
res += A[l].y - prey -
1;
prey = A[l].y;
}
res += H - prey;
return pw
(2, res
);
}
inline int calc3
() {
for
(int i =
1; i <= N; ++i
) {
int x
1 =
(A[
1].x ^ A[
1].y ^ A[i].x ^ A[i].y
) &
1, x2 =
(A[
1].d ^ A[i].d
);
if
(x
1 != x2
) return 0;
}
return
1;
}
void solve
() {
int ans = 0;
inc
(ans, calc
1());
inc
(ans, calc2
());
dec
(ans, calc3
());
if
(N == 0
) dec
(ans
);
printf
("%d\n", ans
);
}
int main
() {
init
();
solve
();
return 0;
}请以在代码中注释的方式解释此代码
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