题解：[NOIP2022] 种花

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题意分析

首先，观察样例解释，显然可以发现所谓的 F 就是 C 下面带了一段。

样例解释

四个 C- 形种花方案为：

**1 **1 **1 **1
*10 *10 *10 *10
**0 *** *00 *00
000 000 **0 ***

其中 * 表示在这个位置种花。注意 C 的两横可以不一样长。

类似的，两个 F- 形种花方案为：

**1 **1
*10 *10
**0 ***
*00 *00

而 C 的限制条件除了不能有土坑外，也仅仅只有中间至少空一排和行的长度至少为 \(2\)。

很容易想到乘法原理计数，记 \(\textit{line}_{i,j}\) 表示 \((i,j)\) 右边最长的一段 \(0\) 的长度。

例如：在 01010001 中，\(\textit{line}_{1,5}=2\)。

\(\textit{line}_{i,j}\) 可以通过 DP \(\mathcal O\left(n^2\right)\) 求出，转移方程显然有：

\[\textit{line}_{i,j}= \begin{cases} \textit{line}_{i,j+1}+1&a_{i,j}=0\\ 0&a_{i,j+1}=1\lor a_{i,j}=1 \end{cases} \]

为了便于书写，在实际代码中若 \(a_{i,j}=1\)，会令 \(\textit{line}_{i,j}=-1\)，这样在 \(\textit{line}_{i,j-1}\) 时可以直接转移。

同理，记 \(\textit{row}_{i,j}\) 表示 \((i,j)\) 下方最长的一段 \(0\) 的数量。

那么，\((i,j)\) 对于 C 的答案的贡献为：

\[\sum_{k=i+2}^{i+\textit{row}_{i,j} }\textit{line}_{i,j}\cdot \textit{line}_{k,j}=\textit{line}_{i,j}\sum_{k=i+2}^{i+\textit{row}_{i,j} }\textit{line}_{k,j} \]

其对于 F 的贡献为：

\[\sum_{k=i+2}^{i+\textit{row}_{i,j} }\textit{line}_{i,j}\cdot \textit{line}_{k,j}\cdot \textit{row}_{k,j}=\textit{line}_{i,j}\sum_{k=i+2}^{i+\textit{row}_{i,j} }\textit{line}_{k,j}\cdot \textit{row}_{k,j} \]

打一个前缀和优化即可。

AC 代码

时间复杂度：\(\mathcal O\left(n^2\right)\)。

因为写代码的时候比较懒，用的 hang 和 lie。

//#include<bits/stdc++.h>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<iomanip>
#include<cstdio>
#include<string>
#include<vector>
#include<cmath>
#include<ctime>
#include<deque>
#include<queue>
#include<stack>
#include<list>
using namespace std;
constexpr const int N=1000,M=1000,P=998244353;
int n,m,Vc,Vf;
int a[N+1][M+1],hang[N+1][M+1],lie[N+1][M+1],sumHang[N+1][M+1],sumHangLie[N+1][M+1];
void solve(){
	for(int i=1;i<=n;i++){
		if(a[i][m]){
			hang[i][m]=-1;
		}
		for(int j=m-1;1<=j;j--){
			if(!a[i][j]){
				hang[i][j]=hang[i][j+1]+1;
			}else{
				hang[i][j]=-1;
			} 
		}
	}
	for(int j=1;j<=m;j++){
		if(a[n][j]){
			lie[n][j]=-1;
		}
		for(int i=n-1;1<=i;i--){
			if(!a[i][j]){
				lie[i][j]=lie[i+1][j]+1;
			}else{
				lie[i][j]=-1;
			}
		}
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		for(int j=1;j<=m;j++){
			sumHang[i][j]=(1ll*sumHang[i-1][j]+hang[i][j])%P; 
		}
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		for(int j=1;j<=m;j++){
			sumHangLie[i][j]=(sumHangLie[i-1][j]+1ll*hang[i][j]*lie[i][j])%P;
		}
	}
	Vc=Vf=0;
	for(int i=1;i+2<=n;i++){
		for(int j=1;j<=m;j++){
			if(a[i][j]||a[i+1][j]){
				continue;
			}
			Vc=(Vc+1ll*hang[i][j]*(sumHang[i+lie[i][j]][j]-sumHang[i+1][j])%P)%P;
			Vf=(Vf+1ll*hang[i][j]*(sumHangLie[i+lie[i][j]][j]-sumHangLie[i+1][j])%P)%P;
//			优化如下代码可得 
//			for(int k=i+2;k<=i+lie[i][j];k++){
//				Vc=(Vc+1ll*hang[i][j]*hang[k][j]%P)%P;
//				Vf=(Vf+1ll*hang[i][j]*hang[k][j]%P*lie[k][j]%P)%P;
//			}
		}
	} 
}
int main(){
	/*freopen("test.in","r",stdin);
	freopen("test.out","w",stdout);*/
	
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0);cout.tie(0);
	
	int T,id;
	cin>>T>>id;
	while(T--){
		memset(a,0,sizeof(a));
		memset(hang,0,sizeof(hang));
		memset(lie,0,sizeof(lie));
		memset(sumHang,0,sizeof(sumHang));
		memset(sumHangLie,0,sizeof(sumHangLie));
		
		int c,f;
		cin>>n>>m>>c>>f;
		for(int i=1;i<=n;i++){
			for(int j=1;j<=m;j++){
				char ch; 
				cin>>ch;
				a[i][j]=ch^'0';
			}
		}
		solve();
		if(Vc<0){
			Vc+=P; 
		}
		if(Vf<0){
			Vf+=P;
		}
		cout<<c*Vc<<' '<<f*Vf<<'\n';
	}
	
	/*fclose(stdin);
	fclose(stdout);*/
	return 0;
}