【题解】P8865 [NOIP2022] 种花

题目传送门

1|0题目大意

有一个 $n\times m$ 的花园，$a_{i,j}=1$ 表示可以种花，$a_{i,j}=0$ 表示不可以种花，请求出有多少种种花的的方案，使得形成 C 或 F 的形状，$n,m\le {10}^3$。

2|0思路分析

观察 C 和 F，发现 F 可以认为是 C 的左下角加一笔竖画，所以先求 C。

2|1求形成 C 的方案数

枚举 C 的左上角的点和左下角的点，即枚举第 $j$ 列，黄色点在这一列的第 $x$ 行，蓝色点在这一列的第 $y$ 行，然后计算一下黄色点能往右延伸几格，蓝色点能往右延伸几格，相乘即可。这一步可以用后缀和 $r_{i,j}$ 来实现。

for(int i=1;i<=n;i++){
	for(int j=m;j>=1;j--){
		if(a[i][j]=='1'){
			r[i][j]=0;
           }else{
			r[i][j]=r[i][j+1]+1;
		}
	}
}
for(int j=1;j<=m;j++){
    for(int x=1;x<=n;x++){
        for(int y=x+2;y<=n;y++){
            if(a[x][j]=='1'){
                break;
            }
            ansc=ansc+(r[x][j]-1)*(r[y][j]-1);
        }
    }
}

计算时 $(r_{x,j}-1)\times (r_{y,j}-1)$ 不好看，所以预处理后缀和后非 $0$ 的 $r_{i,j}$ 都减去 $1$ 就行了。

for(int i=1;i<=n;i++){
	for(int j=m;j>=1;j--){
		if(a[i][j]=='1'){
			r[i][j]=0;
           }else{
			r[i][j]=r[i][j+1]+1;
		}
	}
}
for(int i=1;i<=n;i++){
	for(int j=m;j>=1;j--){
		if(r[i][j]!=0){
			r[i][j]--;
		}
	}
}
for(int j=1;j<=m;j++){
    for(int x=1;x<=n;x++){
        for(int y=x+2;y<=n;y++){
            if(a[x][j]=='1'){
                break;
            }
            ansc=ansc+r[x][j]*r[y][j];
        }
    }
}

后缀和时间复杂度为 $\mathcal{O}\mathcal{(}\mathcal{nm}\mathcal{)}$，计算的时间复杂度为 $\mathcal{O}\mathcal{(}{\mathcal{n}}^{\mathcal{2}}\mathcal{m}\mathcal{)}$，代码的时间复杂度为 $\mathcal{O}\mathcal{(}{\mathcal{n}}^{\mathcal{2}}\mathcal{m}\mathcal{)}$，超时。

继续观察计算的三重循环，发现计算时只有 $r_{y,j}$ 发生变化，可以再用一个后缀和维护后缀和 $r_{i,j}$，记为 $su{f}_{i,j}$，省去第三重循环 $y$。

for(int i=n;i>=1;i--){
	for(int j=1;j<=m;j++){
		suf[i][j]=suf[i+1][j]+r[i][j];
	}
}
for(int j=1;j<=m;j++){
	int lst=n+1;
	for(int x=n;x>=1;x--){
		if(a[x][i]=='1'){
			lst=x;
			continue;
		}
		if(lst<x+2){
			continue;
		}
		ansc=ansc+(suf[x+2][i]-suf[lst][i])*r[x][i];
	}
}

这样，时间复杂度降为 $\mathcal{O}\mathcal{(}\mathcal{nm}\mathcal{)}$，不超时。

2|2求形成 C 的方案数

与 C 类似，同样先枚举 F 的左上角的点和第二条杠左边的点，即枚举第 $j$ 列，黄色点在这一列的第 $x$ 行，蓝色点在这一列的第 $y$ 行，然后计算一下黄色点能往右延伸几格，蓝色点能往右延伸几格，还计算蓝色点能向下延伸格，相乘即可。向右和 C 的后缀和 $r_{i,j}$ 相同，向下再用后缀和数组 $d_{i,j}$ 实现。

for(int i=n;i>=1;i--){
	for(int j=1;j<=m;j++){
		if(a[i][j]=='1'){
			d[i][j]=0;
		}else{
			d[i][j]=d[i+1][j]+1;
		}
	}
}
for(int i=n;i>=1;i--){
	for(int j=1;j<=m;j++){
		if(d[i][j]!=0){
			d[i][j]--;
		}
	}
}
for(int j=1;j<=m;j++){
    for(int x=1;x<=n;x++){
        for(int y=x+2;y<=n;y++){
            if(a[x][j]=='1'){
                break;
            }
            ansf=ansf+r[x][j]*r[y][j]*d[y][j];
        }
    }
}

后缀和时间复杂度为 $\mathcal{O}\mathcal{(}\mathcal{nm}\mathcal{)}$，计算的时间复杂度为 $\mathcal{O}\mathcal{(}{\mathcal{n}}^{\mathcal{2}}\mathcal{m}\mathcal{)}$，代码的时间复杂度为 $\mathcal{O}\mathcal{(}{\mathcal{n}}^{\mathcal{2}}\mathcal{m}\mathcal{)}$，超时。

计算时有 $r_{y,j}\times d_{y,j}$ 发生变化，可以再用一个后缀和维护 $r_{i,j}\times d_{y,j}$，记为大 $Su{f}_{i,j}$，省去第三重循环 $y$。

for(int i=n;i>=1;i--){
	for(int j=1;j<=m;j++){
		Suf[i][j]=Suf[i+1][j]+r[i][j]*d[i][j];
	}
}
for(int i=1;i<=m;i++){
	int lst=n+1;
	for(int x=n;x>=1;x--){
		if(a[x][i]=='1'){
			lst=x;
			continue;
		}
		if(lst<x+2){
			continue;
		}
		ansf=ansf+(Suf[x+2][i]-Suf[lst][i])*r[x][i];
	}
}

这样，时间复杂度降为 $\mathcal{O}\mathcal{(}\mathcal{nm}\mathcal{)}$，不超时。

最后，注意取模 $998244353$，还有多测要清空，不开 long long 见祖宗。

3|0code

/*Written by smx*/
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define QAQ cout<<"QAQ\n";
const int MAXN=1e3+5,inf=1e18,mod=998244353;
int n,m,C,F,ansc,ansf;
char a[MAXN][MAXN];
int r[MAXN][MAXN],suf[MAXN][MAXN],d[MAXN][MAXN],Suf[MAXN][MAXN];
void init(){
	ansc=ansf=0;
	for(int i=1;i<=n+1;i++){
		for(int j=1;j<=m+1;j++){
			r[i][j]=suf[i][j]=d[i][j]=Suf[i][j]=0;
		}
	}
}
signed main(){
	//freopen(".in","r",stdin);
	//freopen(".out","w",stdout);
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0);
	cout.tie(0);
	int T,id;
	cin>>T>>id;
	while(T--){
		init();
		cin>>n>>m>>C>>F;
		for(int i=1;i<=n;i++){
			for(int j=1;j<=m;j++){
				cin>>a[i][j];
			}
		}
		for(int i=1;i<=n;i++){
			for(int j=m;j>=1;j--){
				if(a[i][j]=='1'){
					r[i][j]=0;
				}else{
					r[i][j]=r[i][j+1]+1;
				}
			}
		}
		for(int i=1;i<=n;i++){
			for(int j=m;j>=1;j--){
				if(r[i][j]!=0){
					r[i][j]--;
				}
			}
		}
		for(int i=n;i>=1;i--){
			for(int j=1;j<=m;j++){
				suf[i][j]=(suf[i+1][j]+r[i][j])%mod;
			}
		}
		for(int i=1;i<=m;i++){
			int lst=n+1;
			for(int x=n;x>=1;x--){
				if(a[x][i]=='1'){
					lst=x;
					continue;
				}
				if(lst<x+2){
					continue;
				}
				ansc=(ansc+(suf[x+2][i]-suf[lst][i]+mod)%mod*r[x][i]%mod)%mod;
			}
		}
		for(int i=n;i>=1;i--){
			for(int j=1;j<=m;j++){
				if(a[i][j]=='1'){
					d[i][j]=0;
				}else{
					d[i][j]=d[i+1][j]+1;
				}
			}
		}
		for(int i=n;i>=1;i--){
			for(int j=1;j<=m;j++){
				if(d[i][j]!=0){
					d[i][j]--;
				}
			}
		}
		for(int i=n;i>=1;i--){
			for(int j=1;j<=m;j++){
				Suf[i][j]=(Suf[i+1][j]+r[i][j]*d[i][j]%mod)%mod;
			}
		}
		for(int i=1;i<=m;i++){
			int lst=n+1;
			for(int x=n;x>=1;x--){
				if(a[x][i]=='1'){
					lst=x;
					continue;
				}
				if(lst<x+2){
					continue;
				}
				ansf=(ansf+(Suf[x+2][i]-Suf[lst][i]+mod)%mod*r[x][i])%mod;
			}
		}
		cout<<ansc*C%mod<<" "<<ansf*F%mod<<"\n";
	}
	return 0;
}

__EOF__

本文作者：shimingxin1007
本文链接：https://www.cnblogs.com/shimingxin1007/p/18593335.html
关于博主：评论和私信会在第一时间回复。或者直接私信我。
版权声明：本博客所有文章除特别声明外，均采用 BY-NC-SA 许可协议。转载请注明出处！
声援博主：如果您觉得文章对您有帮助，可以点击文章右下角【推荐】一下。您的鼓励是博主的最大动力！