【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 \(\log\) ~~~

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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';
	}
}

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虽说我的做法时间复杂度没传统正解优秀，而且思路上被别人说也挺大便的。。但毕竟是我自己想出来的，而且没有写挂一遍 AC，所以还是记录下来吧。