【题解】P8865 [NOIP2022] 种花（二分答案，前缀和）

【题解】P8865 [NOIP2022] 种花

场外 VP 选手。唯一场切的一道题，写篇题解纪念一下。（

顺便提一嘴：e 我是真的菜，，其他人&题解这道题都是 $O(nm)$ 的，就我是 $O(nm\log n)$ 。。~~无事凭空造 $\log$ ~~~

题目链接

P8865 [NOIP2022] 种花

题意概述

有一个 $n\times m$ 的网格图，要在网格图上种花。

有两种种花方案。

第一种是 $\texttt C-$ 形：

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 $y_0 < y_1, y_2 \leq m$ ，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。

第二种是 $\texttt F-$ 形：

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 $y_0 < y_1, y_2 \leq m$ ，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。

求给定网格图有多少种 $\texttt C-$ 和 $\texttt F-$ 的种花方案。

答案输出 $\texttt C-$ 的方案数乘给定常数 $c$ 和 $\texttt F-$ 的方案数乘给定常数 $f$ 对 $998244353$ 取模的结果即可。

数据范围

对于所有数据，保证： $1 \leq T \leq 5$ ， $1 \leq n, m \leq 10^3$ ， $0 \leq c, f \leq 1$ ， $a_{i,j} \in \{0, 1\}$ 。

测试点编号	$n$	$m$	$c=$	$f=$	特殊性质	测试点分值
$1$	$\leq 1000$	$\leq 1000$	$0$	$0$	无	$1$
$2$	$=3$	$=2$	$1$	$1$	无	$2$
$3$	$=4$	$=2$	$1$	$1$	无	$3$
$4$	$\leq 1000$	$=2$	$1$	$1$	无	$4$
$5$	$\leq 1000$	$\leq 1000$	$1$	$1$	A	$4$
$6$	$\leq 1000$	$\leq 1000$	$1$	$1$	B	$6$
$7$	$\leq 10$	$\leq 10$	$1$	$1$	无	$10$
$8$	$\leq 20$	$\leq 20$	$1$	$1$	无	$6$
$9$	$\leq 30$	$\leq 30$	$1$	$1$	无	$6$
$10$	$\leq 50$	$\leq 50$	$1$	$1$	无	$8$
$11$	$\leq 100$	$\leq 100$	$1$	$1$	无	$10$
$12$	$\leq 200$	$\leq 200$	$1$	$1$	无	$6$
$13$	$\leq 300$	$\leq 300$	$1$	$1$	无	$6$
$14$	$\leq 500$	$\leq 500$	$1$	$1$	无	$8$
$15$	$\leq 1000$	$\leq 1000$	$1$	$0$	无	$6$
$16$	$\leq 1000$	$\leq 1000$	$1$	$1$	无	$14$

特殊性质 A： $\forall 1 \leq i \leq n, 1 \leq j \leq \left\lfloor \frac{m}{3} \right\rfloor$ ， $a_{i, 3 j} = 1$ ；

特殊性质 B： $\forall 1 \leq i \leq \left\lfloor \frac{n}{4} \right\rfloor, 1 \leq j \leq m$ ， $a_{4 i, j} = 1$ ；

思路分析

注：我们用 $a_{i,j}$ 表示网格图上第 $i$ 行第 $j$ 列的数。

对于这种问题，可以考虑从某一个角度开始来思考它。

首先以 $\texttt C-$ 形为例：

我们可以分别枚举位置 $(x,y)$ ，然后考虑以 $(x,y)$ 为 $\texttt C-$ 形图案的左上角时，有多少种种花方案。

其实此时的种花方案数取决于三点：

从 $(x,y)$ 向右有多少个点种花了；
从 $(x,y)$ 向下走有多少个点 $(x,z)$ 能够成为 $\texttt C-$ 形图案的左下角；
$\texttt C-$ 形图案的左下角向右有多少个点种花了；

我们定义 $sum1_{i,j}$ 表示第 $i$ 行 $a_{i,1}$ 到 $a_{i,j}$ 的前缀和。那么从 $(x,y)$ 开始，向右最远能种花的位置就是从 $(x,y)$ 往右走第一个 $1$ 的位置，即第一个 $sum1_{i,k}-sum2_{i,j}>0$ 的位置。发现这个东西是满足单调性的，那么我们可以二分求解。

我们将从 $(x,y)$ 开始向右最远能种花的位置记为 $pos1_{x,y}$ 。

定义 $sum2_{i,j}$ 表示第 $i$ 列 $a_{1,i}$ 到 $a_{j,i}$ 的前缀和。那么从 $(x,y)$ 向下走，同理最远能够成为左下角的点就是第一个 $sum2_{j,k}-sum2_{j,i}>0$ 的位置，这个东西同样满足单调性，也可以二分求解。将从 $(x,y)$ 开始向下走最远能成为左下角的点的位置记为 $pos2_{x,y}$ 。

那么对于一个点 $(x,y)$ ，满足题意的方案数就是分别考虑，当这个点成为左上角时，所有能够成为这个 $\texttt C-$ 形左下下角的点的方案数之和乘上 $pos1_{x,y}-x$ 。

我们发现，对于每一个能成为左下角的点 $(x_0,y)$ ，它的方案数是 $pos1_{x_0,y}-x_0$ 。

那么总的答案就是对于所有 $(x_0,y)$ 且 $x \le x_0\le pos2_{x,y}$ 的方案数求和。

可以用前缀和来预处理出来一个 $sum_{i,j}$ 表示第 $i$ 列从 $(j,1)$ 到 $(j,i)$ 的 $pos1_{j,i}-i$ 之和。

那么我们就可以直接每次用 $sum[j][pos2[i][j]]-sum[j][i+1]$ 就是能够成为这个 $\texttt C-$ 形左下角的点的方案数之和。最后再给它乘上 $pos1_{x,y}-x$ 即可。

对于 $\texttt F-$ ，我们可以类比 $\texttt C-$ ，即当一个点成为左上角时，所有能够成为 $\texttt F-$ 形左下角的方案数之和是 $suml[j][pos2[i][j]]-suml[j][i+1]$ ，其中 $suml_{i,j}$ 表示的是第 $i$ 列从 $(j,1)$ 到 $(j,i)$ 的 $(pos1_{j,i}-i)\times (pos2_{j,i}-j)$ 之和。

最后直接枚举每个 $a_{i,j}= 0$ 的点作为左上角然后直接将所有方案数相加即可。

时间复杂度 $O(nm \log n)$ 。

代码实现

//luoguP8865
//A
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#define int long long
using namespace std;
const int mod=998244353;
const int maxn=1005;
int sum1[maxn][maxn],sum2[maxn][maxn],a[maxn][maxn],pos1[maxn][maxn],pos2[maxn][maxn];
int pos[maxn][maxn],cnt[maxn],sum[maxn][maxn],suml[maxn][maxn];
int n,m,c,f;

inline int read()
{
	int x=0,f=1;char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
	while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-48;ch=getchar();}
	return x*f;
}

void Clear()
{
	memset(sum1,0,sizeof(sum1));
	memset(sum2,0,sizeof(sum2));
	memset(cnt,0,sizeof(cnt));
	memset(sum,0,sizeof(sum));
	memset(suml,0,sizeof(suml));
}

signed main()
{
	int T,id;
	T=read();id=read();
	while(T--)
	{
		n=read();m=read();c=read();f=read();
		Clear();
		for(int i=1;i<=n;i++)
		{
			string s;
			cin>>s;
			for(int j=1;j<=m;j++)
			{
				a[i][j]=s[j-1]-'0';
				sum1[i][j]=sum1[i][j-1]+a[i][j];
			}
		}
		for(int i=1;i<=m;i++)
		{
			for(int j=1;j<=n;j++)
			{
				sum2[i][j]=sum2[i][j-1]+a[j][i];
			}
		}
		for(int i=1;i<=n;i++)
		{
			for(int j=1;j<=m;j++)
			{
				if(a[i][j]==1){pos1[i][j]=j,pos2[i][j]=i;continue;}
				int now=j;
				for(int step=(1<<10);step>=1;step>>=1)
				{
					if(now+step<=m&&sum1[i][now+step]-sum1[i][j]==0)now+=step;
				}
				pos1[i][j]=now;
				now=i;
				for(int step=(1<<10);step>=1;step>>=1)
				{
					if(now+step<=n&&sum2[j][now+step]-sum2[j][i]==0)now+=step;
				}
				pos2[i][j]=now;
			}
		}
		for(int i=1;i<=m;i++)
		{
			cnt[i]=1;
			for(int j=1;j<=n;j++)
			{
				(sum[i][j]=sum[i][j-1]+pos1[j][i]-i)%=mod;
				(suml[i][j]=suml[i][j-1]+(pos2[j][i]-j)*(pos1[j][i]-i)%mod)%=mod;
			}
		}
		int ansc=0,ansf=0;
		for(int i=1;i<=n;i++)
		{
			for(int j=1;j<=m;j++)
			{
				if(pos2[i][j]>i+1)(ansc+=(pos1[i][j]-j)*((sum[j][pos2[i][j]]-sum[j][i+1]+mod)%mod)%mod)%=mod;
				if(pos2[i][j]>i+1)(ansf+=(pos1[i][j]-j)*((suml[j][pos2[i][j]]-suml[j][i+1]+mod)%mod)%mod)%=mod;
			}
		}
		cout<<ansc*c%mod<<" "<<ansf*f%mod<<'\n';
	}
}