Description
在C 部落，双十字是非常重要的一个部落标志。所谓双十字，如下面两个例子，由两条水平的和一条竖直的“1”线段组成，要求满足以下几个限制：
我们可以找到 5 个满足条件的双十字，分别如下：
注意最终的结果可能很大，只要求输出双十字的个数 mod 1,000,000,009 的值
·两条水平的线段不能在相邻的两行。
·竖直线段上端必须严格高于两条水平线段，下端必须严格低于两条水平线段。
·竖直线段必须将两条水平线段严格划分成相等的两半。
·上方的水平线段必须严格短于下方的水平线段。
所以上面右边的例子是满足要求的最小的双十字。
现在给定一个 R?C的01 矩阵，要求计算出这个 01 矩阵中有多少个双十字。
例如下面这个例子，R=6,C=8，01 矩阵如下：
Input
第一行为用空格隔开的两个正整数 R和C，分别表示
01矩阵的行数和列数。输入文件第二行是一个非负整数N,表示01矩阵中“0”的个数。接下来的N行，每行为用空格隔开的两个正整数x和y(1≤x≤R,1≤y≤C)，表示(x,y)是一个“0”。数据保证N个“0”的坐标两两不同。
数据保证R,C,N≤10,000,R*C≤1,000,000.(事实上R*C可能稍大于原设定)
Output
D mod 1,000,000,009 的结果，其中D 为要求的 01
矩阵中双十字的个数。
Sample Input
6 8
12
1 2
1 3
1 4
1 6
2 2
3 2
3 3
3 4
3 7
6 4
6 6
4 8
Sample Output
5
HINT
Source
跟这个题断断续续鏖战了几天了，首先在考场上想了一个n^3的暴力，然后智障的枚举的是每一列。。。
然后变成了三维偏序(j>top)并且那个东西(top不一样)还不好用树状数组维护，然后傻逼压常，结果vector葬送前程。。。
其实枚举一个个连续的纵轴会好做很多，枚举每一个纵轴的话，在一个纵轴上top都是一样的，然后又是二维偏序，树状数组维护即可。。。
具体做法：
对于每个点求出heng[i],down[i],up[i]，即横着扩展的长度，往下扩展的长度，往上扩展的长度。。。(我是个sb第一个数组是用二分+前缀和找的)
然后考虑暴力的枚举两个十字的中心，然后分情况讨论一下上下的长度能有多少个组合是合法的，然后再乘上 上下多余的长度。。。
设上面的heng为l1,下面的heng为l2,上面往上扩展的长度为s，下面往下扩展的长度为x。。。
然后计算的话就是一堆等差数列求和，然后用树状数组维护一下，贼恶心。。。
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#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<map>
#include<vector>
#define RG register
#define int long long
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=3000050;
const int rhl=1000000009;
vector<int> Map[30000],id[30000];
int R,C,n;
int heng[N],down[N],up[N],tt,sum[200000];
ll ans,inv[10],tr[50050][5],T=40000,xu=10000,q[N],res;
inline void pre(int g){
memset(sum,0,sizeof(sum));
for(RG int i=1;i<=C;i++) sum[i]=sum[i-1]+Map[g][i];
}
inline int query_left(int i){
RG int l=1,r=i,ret=i;
while(l<=r){
int mid=(l+r)>>1;
if(sum[i]-sum[mid-1]==(i-mid+1)) r=mid-1,ret=mid;
else l=mid+1;
}
return i-ret;
}
inline int query_right(int i){
RG int l=i,r=C,ret=i;
while(l<=r){
int mid=(l+r)>>1;
if(sum[mid]-sum[i-1]==(mid-i+1)) ret=mid,l=mid+1;
else r=mid-1;
}
return ret-i;
}
inline void work_heng(int g){
for(int i=1;i<=C;i++){
if(Map[g][i]){
int l1=query_left(i),l2=query_right(i);
heng[id[g][i]]=min(l1,l2);
}
}
}
inline void work_down(int g){
for(RG int i=R-1;i>=1;i--){
if(Map[i][g]){
if(Map[i+1][g]) down[id[i][g]]=down[id[i+1][g]]+1;
}
}
}
inline void work_up(int g){
for(RG int i=2;i<=R;i++){
if(Map[i][g]){
if(Map[i-1][g]) up[id[i][g]]=up[id[i-1][g]]+1;
}
}
}
inline int calc(ll sx,ll mx){return (sx+mx)*(mx-sx+1)%rhl*inv[2]%rhl;}
inline ll qpow(ll a,ll b){ll ans=1; while (b){ if (b&1) (ans*=a)%=rhl; (a*=a)%=rhl,b>>=1; } return ans; }
inline void update(int x,int val,int type){
x+=xu;
for(int i=x;i<=T;i+=i&-i) tr[i][type]+=val;
}
inline int query(int x,int type){
int ret=0;x+=xu;
for(int i=x;i;i-=i&-i) ret+=tr[i][type];
return ret;
}
inline void work(int i,int g,int top,int type){
int L=heng[id[i-1][g]];
update(L,(i-1-top)*type,1);
update(L,L*(i-1-top)*type,2);
update(L,L*L*(i-1-top)*type,3);
update(L,calc(1,L-1)*(i-1-top)*type,4);
}
inline void solve(int g){
int top=1,la=1+down[id[1][g]];
while(1){
if(la>R) break;
for(int i=top;i<=la;i++){
ll l=heng[id[i][g]],x=down[id[i][g]];
(ans+=(query(C,1)-query(l,1))%rhl*calc(1,l-1)*x%rhl)%=rhl;
ans+=(l*query(l,2)-query(l,3)+query(l,4))*x;
if(i>top){
q[++res]=i;work(i,g,top,1);
}
}
for(int i=1;i<=res;i++) work(q[i],g,top,-1);
top=la+1;res=0;
while(top<=R&&Map[top][g]==0) top++;
la=top+down[id[top][g]];
}
}
main(){
scanf("%lld%lld%lld",&R,&C,&n);
inv[2]=qpow(2,rhl-2);
for(RG int i=1;i<=R;i++) Map[i].push_back(0),id[i].push_back(0);
for(RG int i=1;i<=R;i++)
for(RG int j=1;j<=C;j++)
++tt,Map[i].push_back(1),id[i].push_back(tt);
for(int i=1;i<=C;i++) Map[R+1].push_back(0),id[R+1].push_back(0);
for(RG int i=1;i<=n;i++){
int x,y;scanf("%lld%lld",&x,&y);Map[x][y]=0;
}
for(RG int i=1;i<=R;i++) pre(i),work_heng(i);
for(RG int i=1;i<=C;i++) work_down(i);
for(RG int i=1;i<=C;i++) work_up(i);
for(RG int i=1;i<=C;i++) solve(i);
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}