[NOIP2022] 种花

没进 noip 的场外菜鸡选手。

1|0Solution

可以发现 C 和 F 的相似之处在于左侧都有一条竖线，可以枚举这一条竖线，设它的上顶点向右可以拓展 $a$ 个格子，下顶点向右可以拓展 $b$ 个，下顶点向下可以拓展 $c$ 个（ F 可以看作 C 再加一条竖线得到，这里的竖线指的是 C 左侧的竖线）。

那么显然，该竖线对于 C 的贡献就是 $a\times b$，对于 F 的贡献就是 $a\times b\times c$。可以做到预处理 $O(n^2)$，枚举竖线 $O(n^3)$。

考虑优化，计算一个上顶点对于答案的贡献，如图：

红色节点最多拓展到绿色节点，那么在我们枚举竖线的过程中，该上顶点对 C 的贡献为 $\sum a\times b_i$ 即 $a\sum b_i$，其中 $i$ 为向下能够拓展到的节点。预处理 $b_i$ 前缀和。

同理，设一个点能向下拓展 $c$ 格，枚举上顶点，对 F 的贡献为 $\sum a\times b_i\times c_i$ 即 $a\sum b_i\times c_i$。预处理 $b_i\times c_i$ 前缀和。

这样，就可以枚举每个点然后 $O(1)$ 计算贡献了，预处理和计算答案的复杂度均为 $O(n^2)$。

2|0Code

可能稍微繁琐一点，有注释。

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define mkp make_pair
using namespace std;
using ll=long long;
using pii=pair<int,int>;
using pll=pair<ll,ll>;
using ull=unsigned long long;
inline void read(int &x){
  char ch=getchar();
  int r=0,w=1;
  while(!isdigit(ch))w=ch=='-'?-1:1,ch=getchar();
  while(isdigit(ch))r=(r<<1)+(r<<3)+(ch^48),ch=getchar();
  x=r*w;
}
const int N=1007,mod=998244353;
int n,m,c,f,r[N][N],dn[N][N],sum[N][N],sum2[N][N];
char ok[N][N];
int getc(){
  int ans=0;
  for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=1;j<=m;j++)
    if(dn[i][j]>=3&&ok[i][j]=='0')//至少3格
    ans=(ans+(r[i][j]-1)*(sum[i+dn[i][j]-1][j]-sum[i+1][j])%mod)%mod;//注意顶点下方的第一个没有贡献
  return ans;
}
int getf(){
  int ans=0;
  for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=1;j<=m;j++)
    if(dn[i][j]>3&&ok[i][j]=='0')//至少4格
    ans=(ans+(r[i][j]-1)*(sum2[i+dn[i][j]-2][j]-sum2[i+1][j])%mod)%mod;
  return ans;
}
void init(){
  memset(r,0,sizeof r);memset(dn,0,sizeof dn);
  for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=m;j>=1;j--)
    r[i][j]=ok[i][j]=='1'?0:r[i][j+1]+1;//向右最多拓展几个
  for(int j=1;j<=m;j++)for(int i=n;i>=1;i--)
    dn[i][j]=ok[i][j]=='1'?0:dn[i+1][j]+1;//向下
  //这里拓展的都包含了自己本身，所以调用时要减1
  for(int j=1;j<=m;j++)for(int i=1;i<=n;i++)sum[i][j]=sum[i-1][j]+r[i][j]-1;//前缀和
  for(int j=1;j<=m;j++)for(int i=1;i<=n;i++)sum2[i][j]=sum2[i-1][j]+(r[i][j]-1)*(dn[i][j]-1);
}
void solve(){
  read(n);read(m);read(c);read(f);
  for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=1;j<=m;j++)cin>>ok[i][j];
  init();
  printf("%lld %lld\n",getc()*c,getf()*f);
}
main(){
  int T,id;read(T);read(id);
  while(T--)solve();
  return 0;
}

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本文作者：JMartin
本文链接：https://www.cnblogs.com/LAK666/p/16928305.html
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