题目传送门
前言
最近几场可以切 A~E 了，所以赛时没切掉 F。而且最最令人开心的是只 WA 了一个点的快感，可惜 Atcoder 不给部分分。
小细节
代码中可能出现的错误就放这里了，作者是用的数组和 vector，所以对使用 map 的家人们可能帮助不大。下文无特殊说明默认通过了样例（如果没过且思路正确可以留言让我帮你调）：
- 样例 RE 了。
- 可能是数组下标访问到负数了，需要在进行统计时初始值赋值为 H × W H \times W H×W，因为如果整个矩形都是您定义为 − 1 -1 −1 的那个字符，就会炸掉。
- 可能是数组开小了，请分析您数组访问时是否越界。
- 还有可能是其他某些地方您写错了，导致 RE，包括其他地方的数组访问。
- WA × 4 \times\ 4 × 4，可能是您存储需要还原的下标没有存 H × W H \times W H×W，您可能觉得之后反正都要将其赋值为 1 1 1，没有必要，但是别忘了这题有多测，下一次访问时不一定还是这个位置。
- WA × 2 \times\ 2 × 2，可能是您存储需要还原的下标有问题，比如一开始加进容器的是 H H H 而不是 H × W H \times W H×W。
- WA × 1 \times\ 1 × 1，可能是您跟我一样在最后将统计数组清空时是用
int k = v.size() - 1，然后进行操作再pop_back()，再将变量的值减一，并且判的是while (k)，那么改成while (k + 1)即可。
如果都没有问题，那么只有您自己调试了。
解题思路
由于题目要求选出一个矩形，使得里面包含 . 的数量等于 # 的数量，所以我们可以将 . 视为 1 1 1，# 视为 − 1 -1 −1，问题就转化为了求内部所有元素之和为 0 0 0 的矩形数量。
求解的话需要枚举矩形左上角和右下角再进行求和，于是一个 O ( H 3 W 3 ) \mathcal{O}(H^3W^3) O(H3W3) 的超朴素算法就出来了。再使用前缀和优化一下可以做到 O ( H 2 W 3 ) \mathcal{O}(H^2W^3) O(H2W3)。
但是注意到数据范围 H W ≤ 3 × 10 5 HW \leq 3 \times 10^5 HW≤3×105，显然 T 到下辈子，因此可以分讨一下。
- H ≤ W H \leq W H≤W，那我们可以预处理每一行的前缀和，枚举的时候只需要枚举 H H H，相较于枚举 W W W 减少了一点时间复杂度，为 O ( H 3 W 2 ) \mathcal{O}(H^3W^2) O(H3W2)。
- H > W H > W H>W，那我们可以预处理每一列的前缀和，同理，时间复杂度为 O ( H 2 W 3 ) \mathcal{O}(H^2W^3) O(H2W3)。
看这样子应该不可以优化了，但是给我们提供了一种思路，如果可以做到 O ( H W × min ( H , W ) ) O(HW \times \min(H,W)) O(HW×min(H,W)) 的话是可以通过的。先考虑 H = 1 , W = 3 × 10 5 H = 1, W = 3\times 10^5 H=1,W=3×105 的情况，复杂度为 O ( H 2 W ) \mathcal{O}(H^2W) O(H2W)，显然不会超时，只有当 H = 3 × 10 5 , W = 3 × 10 5 H = \sqrt{3\times 10^5}, W = \sqrt{3\times 10^5} H=3×105,W=3×105 才会变成 O ( n n ) \mathcal{O}(n \sqrt{n}) O(nn) 的时间复杂度（ n = 3 × 10 5 n = 3\times 10^5 n=3×105），但是也不会超时，因此我们有了一个大概的方向。
这里才是这道题目最不容易想到的地方吧。注意我说的是“吧”。我们还是跟上面一样进行分讨。
H ≤ W H \leq W H≤W，那么我们就枚举 u , d u, d u,d 表示矩形的第一行位于网格的第 u u u 行，最后一行位于网格的第 d d d 行。然后前缀和出每一列中 u ∼ d u\sim d u∼d 行的和。
接着就到了重点，首先我们知道对于前缀和数组 s u m sum sum，想要算第 l l l 项到第 r r r 项的和，只需要计算 s u m r − s u m l − 1 sum_r - sum_{l - 1} sumr−suml−1 即可，那么我们只需要保证 s u m r − s u m l − 1 = 0 sum_r - sum_{l - 1} = 0 sumr−suml−1=0 就能满足题意（即第 u u u 行到第 d d d 行中第 l l l 列到第 r r r 列的和为 0 0 0），移项可得 s u m r = s u m l − 1 sum_r = sum_{l - 1} sumr=suml−1，由于我们不关心 l − 1 l - 1 l−1 的值是多少，因此只需要前面存在 s u m k = s u m r sum_k = sum_r sumk=sumr 即可，因此我们只需要再枚举一个 j j j，表示第 j j j 列，如果 r e s res res 出现过，就将答案增加出现次数个 1 1 1，再 r e s → r e s + s u m j res \to res + sum_j res→res+sumj，注意第一次出现 r e s = 0 res = 0 res=0 时你的答案没有增加，所以需要特殊处理。
H > W H > W H>W，同理，是需要将上一种情况的行变成列，列变成行即可。
最坏时间复杂度约为 O ( H W H W ) \mathcal{O}(HW\sqrt{HW}) O(HWHW)。别忘了多测要清空还有 r e s res res 可能为负数导致数组越界哦。
都看这么久了，别忘了三连哦！
CODE：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
string s[300010];
int sum[300010], cnt[600010];
vector<int> v;
signed main() {
ios::sync_with_stdio(false);
ios_base::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0), cout.tie(0);
int T;
cin >> T;
while (T--) {
int n, m;
cin >> n >> m;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
cin >> s[i];
s[i] = " " + s[i];
}
int ans = 0;
if (n <= m) {
for (int u = 1; u <= n; u++) {
for (int j = 1; j <= m; j++) {
sum[j] = 0;
}
for (int d = u; d <= n; d++) {
for (int j = 1; j <= m; j++) {
sum[j] += (s[d][j] == '.' ? 1 : -1);
}
cnt[n * m] = 1;
v.push_back(n * m);
int res = n * m;
for (int j = 1; j <= m; j++) {
res += sum[j];
if (cnt[res]) {
ans += cnt[res];
}
cnt[res]++;
v.push_back(res);
}
for (int u : v) {
cnt[u] = 0;
}
v.clear();
}
}
} else {
for (int l = 1; l <= m; l++) {
for (int i = 1; i <= n; i++) {
sum[i] = 0;
}
for (int r = l; r <= m; r++) {
for (int i = 1; i <= n; i++) {
sum[i] += (s[i][r] == '.' ? 1 : -1);
}
cnt[n * m] = 1;
v.push_back(n * m);
int res = n * m;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
res += sum[i];
if (cnt[res]) {
ans += cnt[res];
}
cnt[res]++;
v.push_back(res);
}
for (int u : v) {
cnt[u] = 0;
}
v.clear();
}
}
}
cout << ans << "\n";
}
return 0;
}