\(\mathtt{TAG}\): 计数、数学

变量说明

下文中 \(k\) 指整洁方块个数。

First. 如何计数？

一个方案一个方案地数肯定是不现实的，不妨反过来想：每个方块在多少个方案中被照亮。

Second. 如何求多少个方案

首先预处理出有多少位置可以将 \(s_{i,j}\) 照亮。记为 \(x\)。这个很简单，不再赘述。

那么只需要这 \(x\) 个方块中任意一个被点亮，\(s_{i, j}\) 就可以被照亮。

排除掉全关的情况，只对于这 \(x\) 个方块的方案数为 \(2^x - 1\)（因为总方案为 \(2^x\)）。

其余方块不影响，所以可以任意排列，即 \(2^{k - x}\) 种方案。

根据乘法原理，\(x\) 个方块的选取每种都要对应其余方块的 \(2^{k - x}\) 种选取，所以 \(s_{i，j}\) 被选中的情况即为 \((2^x - 1) \times 2^{k - x}\)。

然后该方块的贡献即为被选中的方案数。

最后答案即为每个整洁方块的贡献之和。

时间复杂度

预处理：\(\text{O}(4\times nm)\)

计数：\(\text{O}(nm)\)

总时间复杂度：\(\text{O}(5\times nm)\)

提示

十年 OI 一场空，不开 long long 见祖宗。

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define int ll
const int N = 2000 + 10;
const int mod = 1e9 + 7;
#define endl '\n'
int n;
int h, w, k;
char mp[N][N];
int l[N][N], r[N][N], u[N][N], d[N][N];
int fac[N *N];
signed main() {
	ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
	cin >> h >> w;
	for (int i = 1; i <= h; i ++) {
		for (int j = 1; j <= w; j ++) {
			mp[0][j] = mp[h + 1][j] = '#';
			cin >> mp[i][j];
			if(mp[i][j] != '#') k ++;
		}
		mp[i][0] = mp[i][w + 1] = '#';
	}
	fac[0] = 1;
	for (int i = 1; i <= k; i ++) fac[i] = fac[i - 1] * 2 % mod; // 预处理 2 ^ i
	for (int i = 1; i <= h; i ++) {
		for (int j = 1; j <= w; j ++) {
			if(mp[i][j - 1] != '#') l[i][j] = l[i][j - 1] + 1;
			else l[i][j] = 0;
		}
		for (int j = w; j >= 1; j --) {
			if(mp[i][j + 1] != '#') r[i][j] = r[i][j + 1] + 1;
			else r[i][j] = 0;
		}
	}
	for (int j = 1; j <= w; j ++) {
		for (int i = 1; i <= h; i ++) {
			if(mp[i - 1][j] != '#') u[i][j] = u[i - 1][j] + 1;
			else u[i][j] = 0;
		}
		for (int i = h; i >= 1; i --) {
			if(mp[i + 1][j] != '#') d[i][j] = d[i + 1][j] + 1;
			else d[i][j] = 0;
		}
	}
	int ans = 0;
	for (int i = 1; i <= h; i ++) {
		for (int j = 1; j <= w; j ++) {
			if(mp[i][j] == '#') continue;
			int cnt = l[i][j] + r[i][j] + d[i][j] + u[i][j] + 1;
			ans += (fac[cnt] - 1 + mod) % mod * fac[k - cnt] % mod;
			ans %= mod;
		}
	}
	cout << ans << endl;
	return 0;
}