题解：「NOIP2022 提高组」种花

题解：「NOIP2022 提高组」种花

题目大意：给定一个 $n\times m$ 的01矩阵，0表示可以种花，1表示土坑（无法种花），现在要在图上种出一个C型或F型（C,F横着的两条线的长度都可以不同，但一定是面向右边的），现在问你种C和F分别有多少种方案（除了这个形状外不能在任何地方种花），多组数据，$T\le 5$。 答案对998244353取模 。

原题面中对形状的定义是这样的：

一种种花方案被称为 $\mathtt{\text{C-}}$ 形的，如果存在 $x_1,x_2\in [1,n]$，以及 $y_0,y_1,y_2\in [1,m]$，满足 $x_1+1<x_2$，并且 $y_0<y_1,y_2\le m$，使得第 $x_1$ 行的第 $y_0$ 到第 $y_1$ 列、第 $x_2$ 行的第 $y_0$ 到第 $y_2$ 列以及第 $y_0$ 列的第 $x_1$ 到第 $x_2$ 行都不为土坑，且只在上述这些位置上种花。

一种种花方案被称为 $\mathtt{\text{F-}}$ 形的，如果存在 $x_1,x_2,x_3\in [1,n]$，以及 $y_0,y_1,y_2\in [1,m]$，满足 $x_1+1<x_2<x_3$，并且 $y_0<y_1,y_2\le m$，使得第 $x_1$ 行的第 $y_0$ 到第 $y_1$ 列、第 $x_2$ 行的第 $y_0$ 到第 $y_2$ 列以及第 $y_0$ 列的第 $x_1$ 到第 $x_3$ 行都不为土坑，且只在上述这些位置上种花。

$Subtask:n\le 500$

先考虑C形，发现当两横线位置固定时，竖线位置是固定的。所以只需关心横线对答案的贡献

横线对答案的贡献等于两横线长度之积，怎么快速求出每个点往右能延伸的最大长度呢？每一行从右往左做后缀和即可，预处理可以在 $O(N^2)$ 内完成

考虑 $O(N^3)$ 统计答案：

第一层循环枚举列数 $j$

第二层枚举上方横线所在行号 $i$

第三层枚举下方横线所在行号 $k$

记 $r_{i,j}$ 表示点 $(i,j)$ 能向右延伸的最大长度，则有

$$ansc=\sum _{j=1}^m\sum _{i=1}^n\sum _{k=i+2}^n(r_{i,j}-1)\times (r_{k,j}-1)$$

那F形呢？发现就是在C的基础上在竖线下方加一截。

记 $c_{i,j}$ 表示 $(i,j)$ 能向下延伸的最大长度，同样可以预处理后缀和，则有

$$ansc=\sum _{j=1}^m\sum _{i=1}^n\sum _{k=i+2}^n(r_{i,j}-1)\times (r_{k,j}-1)\times (c_{k,j}-1)$$

时间复杂度 $O(T{N}^3)$ ，加上输出0的特判，期望得分67pts，但好像CCF数据太水，T根本没有5，所以实际得分75pts。

正解： $n\le 1000$

考虑怎么优化到 $O(N^2)$ 或者 $O(N^{2}logN)$ 。

发现固定 $i,j$ 后， 涉及$k$ 的部分可以进一步处理成前缀和。

所以记 $s{r}_{i,j}$ 表示 $\sum _{k=i}^n{r}_{k,j}-1$ ，$ss{r}_{i,j}$ 表示 $\sum _{k=i}^n(r_{k,j}-1)\times (c_{k,j}-1)$

注意做的也是后缀和而不是前缀

然后就只需要枚举 $i,j$ 即可，时间复杂度 $O(N^2)$ ， 期望得分100pts

#include<bits/stdc++.h>
#define F(i,l,r) for(int i=l;i<=r;++i)
#define G(i,r,l) for(int i=r;i>=l;--i)
#define mem(a) memset(a,0,sizeof(a))
#define ll long long
const int N=1010;
const ll mod=998244353;
int n,m,vc,vf,t,id;
char ch[N][N];
ll ansf,ansc,r[N][N],c[N][N],sr[N][N],ssr[N][N];
int main(){
//	freopen("plant.in","r",stdin);
//	freopen("plant.out","w",stdout);
	scanf("%d%d",&t,&id); 
	while(t--){
		ansf=0,ansc=0,mem(r),mem(c),mem(sr),mem(ssr),mem(ch);
		scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&vc,&vf);
		F(i,1,n) scanf("%s",ch[i]+1);
		if(!vc && !vf){ puts("0 0"); continue; }
		F(i,1,n) G(j,m,1) ch[i][j]=='1'?r[i][j]=0:r[i][j]=r[i][j+1]+1;
		F(j,1,m) G(i,n,1) ch[i][j]=='1'?c[i][j]=0:c[i][j]=c[i+1][j]+1;
		F(j,1,m) G(i,n,1) {
			if(ch[i][j]=='1') continue;
			sr[i][j]=r[i][j]-1,ssr[i][j]=(r[i][j]-1)*(c[i][j]-1)%mod;
			if(ch[i+1][j]=='0' && i+1<=n) sr[i][j]=(sr[i][j]+sr[i+1][j])%mod,ssr[i][j]=(ssr[i][j]+ssr[i+1][j])%mod;
		}
		F(j,1,m){
			F(i,1,n-2){
				if(r[i][j]<=1 || ch[i+1][j]=='1' || ch[i+2][j]=='1') continue;
				ansc=(ansc+(r[i][j]-1)*sr[i+2][j]%mod)%mod;
				ansf=(ansf+(r[i][j]-1)*ssr[i+2][j]%mod)%mod;
			}
		}
		printf("%lld %lld\n",vc?ansc:0,vf?ansf:0);
	}
	return 0;
}