E. Colorings and Dominoes

题意：
$n\times m$的棋盘，有黑白两种颜色的位置，我们能将白色的位置涂成红色或蓝色。
我们要把多米诺牌放在这些位置上，每两个连续位置能放一个，水平放两个位置，这两个位置必须是红色，垂直放两个位置，这两个位置必须是蓝色的。
定义在对每个白色位置涂色后，能最多放的多米诺牌的数量为这种情况下的价值。
问在这$2^k$（k为白位置个数）种情况下价值总和是多少，对998244353 取模。

如何确定对行进行贡献的统计和对列进行贡献的统计不会产生影响。

：计算贡献的最小单位是一行或一列。
我们求出某一行(列)的贡献时会乘以$2^{sum?cnt}$代表剩下的$sum?cnt$个o有多少种可能，在每种可能下这一行产生的贡献始终不会改变。

$dp$状态转移方程
：$dp[i]$表示连续的i个o能产生多少贡献。
举例：$oooo$，假设我们已知前3个$o$的贡献$dp[3$]，我们假设第4个$o$涂上蓝色，$dp[4]+=dp[3]$，假设第4个涂上红色，我们把这4个$o$分成两部分，左边两个$oo$，右边两个$oo$，

1. 右边两个$oo$只有在都是红色的时候才能产生贡献，对$dp[4$]产生的贡献就是$2^2$.
2. 左边两个$oo$产生的贡献：因为第3个$o$可以涂两种颜色，对$dp[4$]产生的贡献就是$2?dp[3]$。

综上：$dp[n]=dp[n?1]+2?dp[n?2]+2^{n?2}$;

\\ \\
参考代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 3e5+10;
const int mod = 998244353;
ll dp[N], f[N];
//dp[i]表示连续的i个o能产生多少贡献。
string s[N];
ll qpow(ll x, ll y) {
    ll ans = 1;
    while(y) {
        if(y & 1) ans = ans * x % mod;
        x = x * x % mod;
        y >>= 1;
    }
    return ans;
}
int main() {
#ifndef ONLINE_JUDGE 
    freopen("in.txt", "r", stdin);
    freopen("out.txt", "w", stdout);
#endif  
    int n, m;
    cin >> n >> m;
    f[0] = 1, f[1] = 2;
    for(int i=0; i<n; i++) cin >> s[i];
    for(int i=2; i<N; i++) {
        dp[i] = ((dp[i-1] + 2ll*dp[i-2] % mod) % mod + f[i-2]) % mod;
        f[i] = f[i-1] * 2 % mod;
    }
    ll cnt = 0, ans1 = 0, ans2 = 0, sum = 0;
    for(int i=0; i<n; i++) {
        for(int j=0; j<m; j++) {
            if(s[i][j] == 'o') sum++;
        }
    }
    for(int i=0; i<n; i++) {
        for(int j=0; j<m; j++) {
            if(s[i][j] == 'o') cnt++;
            if(s[i][j] != 'o' || j == m-1) {
                if(cnt != 1) {
                    ans1 = (ans1 + dp[cnt]*f[sum-cnt]%mod) % mod;
                }
                cnt = 0;
            }
        }
    }
    cnt = 0;
    for(int j=0; j<m; j++) {
        for(int i=0; i<n; i++) {
            if(s[i][j] == 'o') cnt++;
            if(s[i][j] != 'o' || i == n-1) {
                if(cnt != 1) {
                    ans2 = (ans2 + dp[cnt]*f[sum-cnt]%mod) % mod;
                }
                cnt = 0;
            }
        }
    }
    cout << (ans1 + ans2) % mod << endl;
    return 0;
}