noip2022种花

noip2022 T1 种花

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本题可以运用一个前缀和，用$pr{e}_{i,j}$表示第$i$行，从右往左推出的第$j$列的前缀和。算完前缀和以后枚举每一个$C$的转折点。对于一个$C$，只要在它的下面添加几行即可成为$F$，所以不用单独求$F$，只需要求出 $C$ 即可。求$C$时要用到乘法原理，即一共的方案数的计算。

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part1

计算前缀和：当当前的土坑不能种花时，$pr{e}_{i,j}$设成$-1$，否则就等于上一个+1，在转折点出的数字就是这一行的方案数量。

for(int i=1; i<=n; i++){
    for(int j=m-1; j>=1; j--){
        if(t[i][j]=='1'){
            pre[i][j]=-1;
        }
        else if(t[i][j+1]=='0'){
            pre[i][j]=pre[i][j+1]+1;
        }
    }
}

part2

前缀和计算完成，接下来就是进行对$C$的转折点的枚举。题目中对$C$的要求就是两行中间至少要间隔一行，所以在进行乘法计算的时候是不加上上一行的，乘法结束后再加上上一行。此外，对于$F$的计算就是在$C$的基础上加上下面的一列，可以直接用$C$来求出。
优化： 不计算最后一列，因为不存在任何的$C$或$F$。

for(int j=1; j<m; j++){
    int hc=0,hf=0;
    for(int i=1; i<=n; i++){
        if(pre[i][j]==-1){//相当于挡住了下面的
            hc=0,hf=0;
            continue;
        }
        ansc+=hc*pre[i][j];
        ansf+=hf;
        hf+=hc*pre[i][j];//求出到当前有多少合法的C
        hc+=max(0,pre[i-1][j]);//计算完成后再加上上一行的
    }
}

完整的代码需要取模，有$T$组数据，数组需要清空或在循环内定义数组

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part3

$ACcode$

#include<vector>
#include<iostream>
#define endl "\n"
#define int long long
using namespace std;

const int mod=998244353;

int max(int a,int b){
    return a>b ? a:b;
}

signed main(){
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    //cout.tie(0);
    int t,id;
    cin>>t>>id;
    while(t--){
        int n,m,c,f;
        cin>>n>>m>>c>>f;
        vector<vector<char>> t(n+100,vector<char>(m+100));
        vector<vector<int>> pre(n+100,vector<int>(n+100,0));
        for(int i=1; i<=n; i++){
            for(int j=1; j<=m; j++){
                cin>>t[i][j];
            }
        }
        for(int i=1; i<=n; i++){
            for(int j=m-1; j>=1; j--){
                if(t[i][j]=='1'){
                    pre[i][j]=-1;
                }
                else if(t[i][j+1]=='0'){
                    pre[i][j]=pre[i][j+1]+1;
                }
            }
        }
        int ansc=0,ansf=0;
        for(int j=1; j<m; j++){
            int hc=0,hf=0;
            for(int i=1; i<=n; i++){
                if(pre[i][j]==-1){
                    hc=0,hf=0;
                    continue;
                }
                ansc+=(hc*pre[i][j]*1ll)%mod;
                ansf+=hf%mod;
                hf+=(hc*pre[i][j]*1ll)%mod;
                hc+=max(0,pre[i-1][j]);
                hc%=mod;
            }
        }
        cout<<(ansc*c)%mod<<" "<<(ansf*f)%mod<<endl;
    }
    return 0;
}