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题目链接：E. Colorings and Dominoes
思路：我们先考虑一种最简单的情况：oooooo，我们用1代表红色，0代表蓝色，我们先计算他对于5个o的情况来说，多增加了几个，因为一个多米诺骨牌占2格，所以形如000011这种情况，这在他的上一种情况（00001）中是显然多增加了1，那么我们就看究竟有多少种这样的情况，先上图片帮助理解：

答案很显然，应该是\(2^{k-3}+2^{k-5}+...\)直到加到0次方为止，不过还有一点细节需要注意的就是依据上图这种方式进行计算，当数量为偶数时，总情况数需要额外再+1，当数量为奇数时，需要先减掉偶数对其的影响，这是因为111111这个对于他的上一种情况（11111）来说多增加了1种，而1111111却不会，注意我们到目前为止所说的所有情况都是对于上一种情况的增量，得到增量后我们可以很轻松的算出来总的情况。然后我们发现式子\(2^{k-3}+2^{k-5}+...\)是可以由上一项得到的，进而该式也能写成递推式。最后需要注意的一点是我们只计算了一条链上的ans，如果要计算该链对于总情况数的贡献，我们必须将该链的ans*\(2^{除该链之外o的个数}\)，这样才是该链对于总的贡献值。
\(Code:\)

#include<set>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<map>
#include<algorithm>
#include<vector>
#include<queue>
#include<stack>
#define ll long long
#define ull unsigned long long
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define rep(i,a,b) for(auto i=a;i<=b;++i)
#define bep(i,a,b) for(auto i=a;i>=b;--i)
#define lowbit(x) (x&(-x))
#define ch() getchar()
#define pc(x) putchar(x)
using namespace std;

template<typename T>void read(T&x){
static char c;static int f;
for(c=ch(),f=1;c<'0'||c>'9';c=ch())if(c=='-')f=-f;
for(x=0;c>='0'&&c<='9';c=ch())x=x*10+(c&15);x*=f;
}
template<typename T>void write(T x){
static char q[65];int cnt=0;
if(x<0)pc('-'),x=-x;
q[++cnt]=x%10,x/=10;
while(x)
    q[++cnt]=x%10,x/=10;
while(cnt)pc(q[cnt--]+'0');
}
const int N = 3e5+10;
const ll mod = 998244353;
ll f[N],a[N],c[N];
void iniv(){
    f[0] = 1;
    rep(i,1,N-4)f[i] = f[i-1]*2,f[i]%=mod;
    a[3] = 1;
    int d = 5;
    c[3] = 3;c[2] = 1;
    rep(i,4,N-4){
        if(i%2==1){
            a[i] = (a[i-1]-1)*2+1;
        }
        else {
            a[i] = a[i-1]*2+1;
        }
        a[i] %= mod;
        c[i] = (c[i-1]*2)%mod + a[i]%mod;
        c[i] %= mod;
    }
}
int n,m;
string str[N];
void solve(){
    ll ans = 0ll;
    iniv();
    read(n);read(m);
    rep(i,1,n){
        cin>>str[i];
    }
    int num = 0;
    rep(i,1,n){
        for(auto p:str[i])if(p == 'o')num++;
    }
    rep(j,1,n)
    rep(i,0,m-1){
        int cnt = 0;
        ll sum = 0ll;
        while(i<m and str[j][i] == 'o')cnt++,i++;
        (sum = c[cnt])%=mod;
        (sum *= f[num - cnt])%=mod;
        (ans += sum)%=mod;
    }
    rep(i,0,m-1){
        rep(j,1,n){
            int cnt = 0;
            ll sum  = 0ll;
        while(j<=n and str[j][i] == 'o')cnt++,j++;
            sum = c[cnt];
            (sum *= f[num-cnt])%=mod;
            (ans += sum)%=mod;
        }
    }
    write(ans%mod);pc('\n');
}
signed main()
{
    solve();
    return 0;
}

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来源： https://www.cnblogs.com/violentbear/p/14656760.html

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