P8865 [NOIP2022] 种花

P8865 NOIP2022 种花 - 洛谷 | 计算机科学教育新生态 (luogu.com.cn)。

记 $a(x, y)$ 代表原文的 $a_{x, y}$。

考虑对每个点统计：左上角在该点的 $\texttt{C-}$，$\texttt{F-}$ 的数量。最终答案累加每个点对应的答案即可。

那么接下来我们想：对于一个点怎么计算对应的答案？我们生成一个地图来看看：

其中白色代表可以放置花，红色代表不可放置。现在，我们要计算左上角在 $(1, 1)$ 的 $\texttt{C-}$ 的数量。

较容易看出，$\texttt{C-}$ 的最上面那一横总共有 $3$ 种画法，下面是其中一种：

考虑 $3$ 的意义，其实它是从 $(1, 1)$ 开始，往右最多有几个连续的白色方块（不统计 $(1, 1)$ 本身）。

据此，我们考虑预处理 $r(x, y)$ 表示 $(x, y)$ 开始向右最多有几个连续的 $0$（不统计 $(x, y)$ 本身）。特别地，当 $a(x, y) = 1$ 时，记 $r(x, y) = -1$。

$r$ 可以通过 $\Theta(nm)$ 的递推（或者说后缀和）得到，具体来说，当 $a(x, y) = 1$ 时，$r(x, y) = -1$，否则 $r(x, y) = r(x, y + 1) + 1$。边界是 $r(x, m +1) = -1$。

那么 $\texttt{C-}$ 的剩下一部分（先下再右的整个一个折线）有多少种画法呢？我们发现：

• 当 $\texttt{C-}$ 的一竖延伸到 $(3, 1)$ 时，剩下一部分有 $r(3, 1) = 3$ 种画法；
• 当 $\texttt{C-}$ 的一竖延伸到 $(4, 1)$ 时，剩下一部分有 $r(4, 1) = 0$ 种画法；
• 当 $\texttt{C-}$ 的一竖延伸到 $(5, 1)$ 时，剩下一部分有 $r(5, 1) = 5$ 种画法；
• 当 $\texttt{C-}$ 的一竖延伸到 $(6, 1)$ 时，剩下一部分有 $r(6, 1) = 1$ 种画法。

因此剩下这部分总共有 $r(3, 1) + r(4, 1) + r(5, 1) + r(6, 1) = 9$ 种画法。根据乘法原理可以得到，以 $(1, 1)$ 为左上角的 $\texttt{C-}$ 数量有 $3 \times 9 = 27$ 个。

一般地，$(x, y)$ 对应的 $\texttt{C-}$ 数量可以表示为 $r(x, y) \times \sum\limits_{t = x + 2} ^ k r(t, y)$，其中 $k$ 满足：$a(x, y) = a(x + 1, y) = \cdots = a(k, y) = 0$，而 $a(k + 1, y) = 1$，此处我们认为 $a(n + 1, y) = 1$。

这里 $k$ 的存在是考虑 $\texttt{C-}$ 的那一竖，有时并不能像上面那个例子一样无限向下延伸，如果遇到一个红色方块就需要停止了。比如，若上面的 $(5, 1)$ 是红色，那么 $(1, 1)$ 对应的 $\texttt{C-}$ 中，除去上面一横的剩下一部分，只剩下 $r(3, 1) +r(4, 1) = 3$ 种画法。

为了让式子仍然可以 $\Theta(1)$ 直接计算，我们考虑预处理 $g(x, y) = \sum \limits _{t=x} ^ k r(t, y)$，$k$ 的含义和上面相同。递推和 $r$ 差不多：当 $a(x, y) = 1$ 时，$g(x, y) = 0$，否则 $g(x, y) = g(x + 1, y) +r(x, y)$。边界是 $g(n + 1, y) = 0$。

这样以来，当 $a(x, y) = 0$ 且 $a(x + 1, y) = 0$ 时，$(x, y)$ 对应的 $\texttt{C-}$ 数量就为 $r(x, y) \times g(x + 2, y)$，否则显然为 $0$。请注意检验 $a(x + 1, y)$ 为 $0$ 的必要性。

接下来计算 $\texttt{F-}$。还是上面这个例子，上面那一横的画法显然还是 $r(1, 1) = 3$。

剩下一部分因为形状的变化，画法数量也会有变化。当 $\texttt{F-}$ 的上半竖延伸到 $(3, 1)$ 时，第二个横有 $r(3, 1) = 3$ 种画法，这个仍然不变。但此时我们还要考虑下半竖，总共还有 $6 - 3 = 3$ 种画法。因此，当 $\texttt{F-}$ 的上半竖延伸到 $(3, 1)$ 时，除了第一横的剩下一部分总共有 $3 \times 3 = 9$ 种画法。而当 $\texttt{F-}$ 上半竖延伸到 $(5, 1)$ 时，总共有 $r(5, 1) \times (6 - 5) = 5$ 种。其实也就是在 $\texttt{C-}$ 的基础上，再套一个乘法原理将下半竖的画法统计进去。

类似一般地，$(x, y)$ 对应的 $\texttt{F-}$ 数量可以表示为 $r(x, y) \times \sum \limits _{t = x +2} ^ k r(t, y) \times (k - t)$，其中 $k$ 满足：$a(x, y) = a(x + 1, y) = \cdots = a(k, y) = 0$，而 $a(k + 1, y) = 1$，我们认为 $a(n + 1, y) = 1$。

预处理 $h(x, y) = \sum \limits _{t = x} ^ k r(t, y)$，当 $a(x, y) = 1$ 时，$h(x, y) = 0$，否则 $h(x, y) = h(x +1, y) + r(x, y) \times (k - t)$。边界是 $h(n +1, y) = 0$。

这样以来，当 $a(x, y) = 0$ 且 $a(x + 1, y) = 0$ 时，$(x, y)$ 对应的 $\texttt{F-}$ 数量就为 $r(x, y) \times h(x + 2, y)$，否则显然为 $0$。

时间复杂度 $\Theta(nm)$。

/*
 * @Author: crab-in-the-northeast 
 * @Date: 2022-12-01 11:11:02 
 * @Last Modified by: crab-in-the-northeast
 * @Last Modified time: 2022-12-01 12:02:12
 */
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
inline int read() {
    int x = 0;
    bool f = true;
    char ch = getchar();
    for (; !isdigit(ch); ch = getchar())
        if (ch == '-')
            f = false;
    for (; isdigit(ch); ch = getchar())
        x = (x << 1) + (x << 3) + ch - '0';
    return f ? x : (~(x - 1));
}
inline std :: pair <std :: string, int> rest(bool space = true) {
    std :: string s;
    char ch = getchar();
    for (; !isgraph(ch); ch = getchar());
    for (; isgraph(ch); ch = getchar())
        s.push_back(ch);
    return {space ? " " + s : s, s.length()};
}

const int maxn = 1005;
const int maxm = 1005;
const int mod = 998244353;

bool a[maxn][maxm];
int r[maxn][maxm], g[maxn][maxm], h[maxn][maxm];

signed main() {
    int T = read(); read();
    while (T--) {
        std :: memset(r, -1, sizeof(r));
        std :: memset(g, 0, sizeof(g));
        std :: memset(h, 0, sizeof(h));

        int n = read(), m = read(), C = read(), F = read();

        for (int i = 1; i <= n; ++i) {
            std :: string s = rest().first;
            for (int j = 1; j <= m; ++j)
                a[i][j] = (s[j] == '1');
        }

        for (int i = 1; i <= n; ++i)
            for (int j = m; j; --j)
                r[i][j] = a[i][j] ? -1 : (r[i][j + 1] + 1);
        
        for (int i = n; i; --i)
            for (int j = 1; j <= m; ++j)
                g[i][j] = a[i][j] ? 0 : ((g[i + 1][j] + r[i][j]) % mod);

        for (int j = 1; j <= m; ++j) {
            for (int i = n, k = n; i; --i) {
                if (a[i][j])
                    k = i - 1;
                else
                    h[i][j] = (h[i + 1][j] + r[i][j] * (k - i)) % mod;
            }
        }
        
        int c = 0, f = 0;
        for (int i = 1; i <= n; ++i) {
            for (int j = 1; j <= m; ++j) {
                if (a[i][j] || a[i + 1][j])
                    continue;
                (c += r[i][j] * g[i + 2][j]) %= mod;
                (f += r[i][j] * h[i + 2][j]) %= mod;
            }
        }

        printf("%lld %lld\n", c * C, f * F);
    }

    return 0;
}