分析：
如果忽略斜向的情况，那么这道题就很简单了：
求出所有没被覆盖的行数，以及所有没被覆盖的列数，乘起来就是没被横向和纵向覆盖的格子总数。
现在考虑斜向的情况，如果没有被横向和纵向的干扰，那么每一条斜线覆盖的点数都是可计算的。但由于横向与纵向的存在，所以要加回来它们也覆盖的位置（因为被重复计数了）。
用一个多项式AxAx表示第x行是否被覆盖（被覆盖为0，未被覆盖为1）
用一个多项式ByBy表示第y列是否被覆盖（同上）
用x-y可以表示这个点所在的斜线编号，所以需要将B反序，
再求出B反序后的A×BA×B，这里面每一项的系数即为那一条斜线中：没被横向与纵向覆盖的点的总数。
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<vector>
#define SF scanf
#define PF printf
#define MAXN 200010
typedef long long ll;
const int G=3;
const int siz=131072;
using namespace std;
const double Pi=acos(-1);
struct cpx{double r,i;cpx() {}cpx(double _r,double _i):r(_r),i(_i) {}cpx operator * (const cpx &a) const{return cpx(r*a.r-i*a.i,r*a.i+i*a.r);}cpx operator + (const cpx &a) const{return cpx(r+a.r,i+a.i);}cpx operator - (const cpx &a) const{return cpx(r-a.r,i-a.i);}
};
void fft(cpx *a,int f,int N){int i,j,k;for(i=1,j=0;i<N;i++){for(int d=N;j^=d>>=1,~j&d;);if(i<j)swap(a[i],a[j]);}for(i=1;i<N;i<<=1){cpx wn(cos(Pi/i),f*sin(Pi/i));for(j=0;j<N;j+=i<<1){cpx w(1,0);for(k=0;k<i;k++,w=w*wn){cpx x=a[j+k],y=w*a[i+j+k];a[j+k]=x+y;a[i+j+k]=x-y;}}}if(f==-1)for(i=0;i<N;i++)a[i].r/=N;
}
cpx A[MAXN],B[MAXN];
int ts,r,c,m;
pair<int,int> a[MAXN];
bool usedx[MAXN],usedy[MAXN],used[MAXN];
int main(){SF("%d",&ts);for(int Cas=1;Cas<=ts;Cas++){memset(usedx,0,sizeof usedx);memset(usedy,0,sizeof usedy);memset(used,0,sizeof used);memset(A,0,sizeof A);memset(B,0,sizeof B);SF("%d%d%d",&r,&c,&m); for(int i=1;i<=m;i++){SF("%d%d",&a[i].first,&a[i].second);usedx[a[i].first]=1;usedy[a[i].second]=1;}ll cntx=0,cnty=0;for(int i=1;i<=r;i++)if(usedx[i]==0)cntx++;for(int i=1;i<=c;i++)if(usedy[i]==0)cnty++;ll sum=cntx*cnty;for(int i=1;i<=r;i++)if(usedx[i]==0)A[i].r=1;for(int i=1;i<=c;i++)if(usedy[i]==0)B[50000-i].r=1;fft(A,1,siz);fft(B,1,siz);for(int i=0;i<=siz;i++)A[i]=A[i]*B[i];fft(A,-1,siz);for(int i=1;i<=m;i++){int xs=a[i].first-a[i].second+50000;if(used[xs]==0){sum-=(long long)(A[xs].r+0.5);used[xs]=1;}}PF("Case %d: %lld\n",Cas,sum);}
}