P8865 [NOIP2022] 种花

简要题意

\(T\) 组数据，给你一个 \(n\times m\) 的 \(01\) 矩阵。 \(0\) 部分可以组成 \(A_c\) 个 \(\texttt{C}\) 型图案和 \(A_f\) 个 \(\texttt{F}\) 型图案。你需要输出 \(A_c \times c \bmod 998244353,A_f \times f \bmod 998244353\)。

\(1\leq T \leq 5,1 \leq n,m \leq 10^3,c\in\{0,1\},f\in\{0,1\}\)

思路

纪念考场手切的 NOIP T1。

预处理 \(r_{i,j},d_{i,j}\) 表示向右、向下 \(0\) 可以延申到多少格以外。如：

0010
0000
0001
1010
0111

其中 \(r_{2,2}=2,d_{2,2}=2\).

首先考虑 \(\texttt{C}\) 型图案。由上面一横，中间一竖，下面一横组成。考虑枚举左上角 \((i,j)\)，那么以这个点为左上角的 \(C\) 型图案就可以求出来了：

\[\sum_{k=i+2}^{i+d_{i,j}}r_{i,j}r_{k,j}
\]

解释：左下角为 \((i,k)\)。下限加 \(2\) 因为竖长最少为 \(1\)。求和的式子运用了乘法原理。

\(F\) 型图案只比 \(C\) 多了下面那一竖。我们也可以方便的推出式子：

\[\sum_{k=i+2}^{i+d_{i,j}}r_{i,j}r_{k,j}d_{k,j}
\]

这样子暴力算是 \(O(Tn^2m)\) 的，可以获得 \(85\) 分。

考虑优化，上面两个式子把 \(r_{i,j}\) 提出来后直接前缀和优化即可。

这样子时间复杂度是 \(O(Tnm)\)，可以通过本题。

代码

// O(nmt)
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;

int t,id,n,m,c,f;
int a[1005][1005];
char s[1005];
int rgt[1005][1005],down[1005][1005];
int rdqzh[1005][1005],rgtqzh[1005][1005];
const int mod = 998244353;

inline int M(int x){
	return (x%mod+mod)%mod;
}

inline void getrgt(){
	for(int i=1;i<=n;i++){
		int j=1;
		while(j<=m){
			if(a[i][j]==0){
				int start=j;
				for(;j<=m&&a[i][j]==0;j++);
				for(int val=0,k=j-1;k>=start;k--,val++){
					rgt[i][k]=val;
				}
				j--;
			}
			j++;
		}
	}
}

inline void getdown(){
	for(int i=1;i<=m;i++){
		int j=1;
		while(j<=n){
			if(a[j][i]==0){
				int start=j;
				for(;j<=n&&a[j][i]==0;j++);
				for(int val=0,k=j-1;k>=start;k--,val++){
					down[k][i]=val;
				}
				j--;
			}
			j++;
		}
	}
}

inline void preworks(){
	getrgt();
	getdown();
	for(int j=1;j<=m;j++){
		for(int i=1;i<=n;i++){
			// rgtqzh[i][j] is rgt[1][j]+rgt[2][j]+...+rgt[i][j]
			rgtqzh[i][j]=M(rgtqzh[i-1][j]+rgt[i][j]);
			// rdqzh[i][j] is rgt[1][j]*down[1][j]+rgt[2][j]*down[2][j]+...+rgt[i][j]**down[i][j]
			rdqzh[i][j]=M(rdqzh[i-1][j]+M(rgt[i][j]*down[i][j]));
		}
	}
}

inline int countc(){
	int ans=0;
	for(int i=1;i<=m;i++){// C's col
		for(int j=1;j<=(n-2);j++){ // C's top row
			if((j+2)>(j+down[j][i]))continue;
			ans = M(ans+M(rgt[j][i]*M(rgtqzh[j+down[j][i]][i]-rgtqzh[j+2-1][i])));
//			int pans=0;
//			for(int k=j+2;k<=(j+down[j][i]);k++){// C's bottom row
//				pans=pans+(rgt[k][i])%mod;
//				pans%=mod;
//			}
//			ans=ans+pans*rgt[j][i]%mod;
		}
	}
	return ans;
}

inline int countf(){
	int ans=0;
	for(int i=1;i<=m;i++){// F's col
		for(int j=1;j<=(n-3);j++){// F's top row
			if((j+2)>(j+down[j][i]))continue;
			ans=M(ans+M(rgt[j][i]*M(rdqzh[j+down[j][i]][i]-rdqzh[j+2-1][i])));
//			for(int k=(j+2);k<=(j+down[j][i]);k++){// F's bottom row
//				ans=ans+(((rgt[j][i]*rgt[k][i])%mod)*down[k][i])%mod;
//				ans%=mod;
//			}
		}
	}
	return ans;
}

signed main(){
	ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);
#ifndef ZYBAKIOI
 	freopen("plant.in","r",stdin);
 	freopen("plant.out","w",stdout);
#endif
	cin>>t>>id;
	if(id==1){
		while(t--)cout<<0<<' '<<0<<'\n';
		return 0;
	}
	while(t--){
		memset(rgt,0,sizeof(rgt));
		memset(down,0,sizeof(down));
		memset(rdqzh,0,sizeof(rdqzh));
		memset(rgtqzh,0,sizeof(rgtqzh));
		memset(a,0,sizeof(a));
		cin>>n>>m>>c>>f;
		for(int i=1;i<=n;i++){
			cin>>(s+1);
			for(int j=1;j<=m;j++){
				a[i][j]=s[j]-'0';
			}
		}
		preworks();
		cout<<(c*countc())<<' '<<(f*countf())<<'\n';
	}
	return 0;
}
/*
I hope my grandfathers can give me a good prize in NOIP 2022.
ZYB,YSC,LF,LWX,HZY,ZBZ,YTXY,GRZ,LGS,DZY,WQX
they are my grandfathers,they AKed IOI!(%%%)
And They AK NOIP!
*/