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，$T \leq 5$。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 $\texttt{C-}$ 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 $y_0 < y_1, y_2 \leq m$，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。

一种种花方案被称为 $\texttt{F-}$ 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 $y_0 < y_1, y_2 \leq m$，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。

$Subtask: n \leq 500$

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 $O(TN^3)$ ，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 \leq 1000$

考虑怎么优化到 $O(N^2)$ 或者 $O(N^2logN)$ 。

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 $sr_{i,j}$ 表示 $\sum_{k=i}^{n} r_{k,j}-1$ ，$ssr_{i,j}$ 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;

}