【THUPC 2018】赛艇

Problem

Description

Lavender、Caryophyllus、Jasmine、Dianthus现在在玩一款名叫“赛艇”的游戏。

这个游戏的规则是这样的：

1. 玩家自由组成两队，一个人当赛艇的艇长，另一个人当侦察兵；
2. 每次游戏开始时，双方均拥有由系统生成的某张地图，该地图以01矩阵的形式表示，1表示有障碍物，无法通行，0表示水域空旷，可以通行；
3. 第一回合，双方的赛艇艇长都要在地图上指定一个出发点，该出发点不能是障碍物，也就是只能为0；
4. 在每个回合中，艇长可以指挥自己的赛艇向上/下/左/右四个方向的某一方向的空旷水域移动一个单位的距离，也就是说只能移向四个方向上的某个0上（当然，不能移动出地图之外）；在该操作完成之后，必须向对方说出自己在该回合移动的方向；
5. 双方的侦察兵负责记录每一回合对方赛艇的移动方向，并负责推断此时对方赛艇可能的位置；如果某方的侦察兵推测出对方赛艇此时的精确位置，那么可以向其发射导弹，该侦察兵所在的一方胜利；

现在，Jasmine记录了一些对方赛艇的路径，她想确定一下此时对方所有可能的位置共有几种。由于她不是很擅长计算，所以这个任务就交给你了。

Input Format

输入第一行包含三个正整数 (n)，(m)，(k)，分别表示地图为 (n) 行 (m) 列，当前游戏已经进行了 (k) 轮。

输入第二行到第 (n+1) 行为一个 (n) 行 (m) 列的 01 矩阵，无任何分隔符号，表示地图的具体信息，具体含义如上所示。

输入的最后一行为一个长度为 (k) 的字符串 (s)，仅由字母 w、a、s、d 构成，从前往后第 (i) 个字符 (s_i) 表示对方在第 (i) 轮中，对方赛艇向上/左/下/右移动一个单位距离。

Output Format

输出一行一个正整数，表示在第 (k) 轮游戏回合的时候，对方赛艇可能的位置的种数。对于所有输入数据，保证有合法解。

Sample

Input

5 6 5
000000
001001
000100
001000
000001
dwdaa

Output

4

Explanation

Explanation for Input

上图显示了路径序列可视化之后的结果，下图用蓝色标出了此时对方赛艇可能的位置。

Range

(2le n,m le 1500, 1le kle 5 imes 10^6)

Algorithm

多项式

Mentality

套路题。

我们将走过的路径可视化，表示为一个矩阵。矩阵中为 (1) 的位置表示走到过，反之走不到。

那么这道题就相当于我们能够找到多少个点，满足将矩阵的左上角与这个点对齐后，矩阵中的 (1) 与原图中的 (1) 不重合。

考虑将矩阵的列数补齐至 (m) 列，然后将原图和矩阵分别拆成一维的数组 (f,g)，即第一行后面接上第二行，第二行后面接上第三行这样的。

然后将矩阵拆出的 (g) 数组翻转得到 (g')，和 (f) 进行卷积得到 (F) 。

若 (f) 的长度为 (a)，(g) 的长度为 (b)，不难发现，对于一个满足要求的，原图中可以对齐矩阵左上角而合法的点 ((x,y)) ，若其在 (f) 中对应第 (i) 个位置，矩阵的 ((0,0)) 在 (g) 中对应 (0)，在 (g') 中对应 (b-1) ，那么以 ((x,y)) 为左上角和矩阵相叠的结果将存在于 (F) 的第 (i+b-1) 中。

我们只需要对那些合法的，有足够空间去作为左上角叠下这个矩阵的点，统计它们在 (F) 中对应结果即可。

答案即为这些结果中 (0) 的个数。

Code

#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <iostream>
using namespace std;
#define LL long long
#define go(x, i, v) for (int i = hd[x], v = to[i]; i; v = to[i = nx[i]])
#define inline __inline__ __attribute__((always_inline))
LL read() {
  long long x = 0, w = 1;
  char ch = getchar();
  while (!isdigit(ch)) w = ch == '-' ? -1 : 1, ch = getchar();
  while (isdigit(ch)) {
    x = (x << 3) + (x << 1) + ch - '0';
    ch = getchar();
  }
  return x * w;
}
const int Max_n = 1505, Max_l = 5e6 + 5, mod = 998244353, G = 3;
int n, m, K, ans, dx[5] = {0, -1, 1, 0, 0}, dy[5] = {0, 0, 0, -1, 1};
int lim, bit, rev[Max_l], f[Max_l], g[Max_l];
int s[Max_l], a[Max_n][Max_n];
char S[Max_l];
int ksm(int a, int b) {
  int res = 1;
  for (; b; b >>= 1, a = 1ll * a * a % mod)
    if (b & 1) res = 1ll * res * a % mod;
  return res;
}
namespace NTT {
void dft(int *f, bool t) {
  for (int i = 0; i < lim; i++)
    if (rev[i] > i) swap(f[i], f[rev[i]]);
  for (int len = 1; len < lim; len <<= 1) {
    int Wn = ksm(G, (mod - 1) / (len << 1));
    if (!t) Wn = ksm(Wn, mod - 2);
    for (int i = 0; i < lim; i += len << 1) {
      int Wnk = 1;
      for (int k = i; k < i + len; k++, Wnk = 1ll * Wnk * Wn % mod) {
        int x = f[k], y = 1ll * Wnk * f[k + len] % mod;
        f[k] = (x + y) % mod, f[k + len] = (x - y + mod) % mod;
      }
    }
  }
}
}  // namespace NTT
void ntt(int *f, int *g) {
  NTT::dft(f, 0), NTT::dft(g, 0);
  for (int i = 0; i < lim; i++) f[i] = 1ll * f[i] * g[i] % mod;
  NTT::dft(f, 1);
  int Inv = ksm(lim, mod - 2);
  for (int i = 0; i < lim; i++) f[i] = 1ll * f[i] * Inv % mod;
}
int main() {
#ifndef ONLINE_JUDGE
  freopen("5447.in", "r", stdin);
  freopen("5447.out", "w", stdout);
#endif
  n = read(), m = read(), K = read();
  for (int i = 0; i < n; i++) {
    scanf("%s", S);
    for (int j = 0; j < m; j++) f[i * m + j] = S[j] == '1';
  }
  scanf("%s", S + 1);
  for (int i = 1; i <= K; i++) {
    if (S[i] == 'w') s[i] = 1;
    if (S[i] == 's') s[i] = 2;
    if (S[i] == 'a') s[i] = 3;
    if (S[i] == 'd') s[i] = 4;
  }
  int sx = 0, sy = 0, l = 0, r = 0, u = 0, d = 0;
  for (int i = 1; i <= K; i++) {
    sx += dx[s[i]], sy += dy[s[i]];
    l = min(l, sy), r = max(r, sy), u = min(u, sx), d = max(d, sx);
  }
  r -= l, sy = -l, l = 0, d -= u, sx = -u, u = 0;
  a[sx][sy] = 1;
  for (int i = 1; i <= K; i++) a[sx += dx[s[i]]][sy += dy[s[i]]] = 1;
  for (int i = 0; i <= d; i++)
    for (int j = 0; j < m; j++) g[i * m + j] = a[i][j] == 1;
  for (int i = 0; i < (d + 1) * m / 2; i++) swap(g[i], g[(d + 1) * m - i - 1]);
  bit = log2(n * m + (d + 1) * m) + 1, lim = 1 << bit;
  for (int i = 0; i < lim; i++)
    rev[i] = rev[i >> 1] >> 1 | ((i & 1) << (bit - 1));
  ntt(f, g);
  for (int i = 0; i < n - d; i++)
    for (int j = 0; j < m - r; j++) ans += !f[(d + i + 1) * m + j - 1];
  cout << ans;
}