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;
}