给你一个二维字符矩阵 grid，其中 grid[i][j] 可能是 ‘X’、‘Y’ 或 ‘.’，返回满足以下条件的
子矩阵
数量：
包含 grid[0][0]
‘X’ 和 ‘Y’ 的频数相等。
至少包含一个 ‘X’。
示例 1：
输入： grid = [[“X”,“Y”,“.”],[“Y”,“.”,“.”]]
输出： 3
解释：
示例 2：
输入： grid = [[“X”,“X”],[“X”,“Y”]]
输出： 0
解释：
不存在满足 ‘X’ 和 ‘Y’ 频数相等的子矩阵。
示例 3：
输入： grid = [[“.”,“.”],[“.”,“.”]]
输出： 0
解释：
不存在满足至少包含一个 ‘X’ 的子矩阵。
提示：
1 <= grid.length, grid[i].length <= 1000
grid[i][j] 可能是 ‘X’、‘Y’ 或 ‘.’.
二位前缀和
class Solution {
public:
int numberOfSubmatrices(vector<vector<char>>& grid) {
int m = grid.size(), n = grid[0].size();
int ans = 0;
vector<vector<array<int,2>>> sum(m+1, vector<array<int,2>>(n+1));
for(int i = 0; i < m; i++){
for(int j = 0; j < n; j++){
sum[i+1][j+1][1] = sum[i+1][j][1] + sum[i][j+1][1] - sum[i][j][1];
sum[i+1][j+1][0] = sum[i+1][j][0] + sum[i][j+1][0] - sum[i][j][0];
if(grid[i][j] != '.'){
sum[i+1][j+1][grid[i][j] & 1]++;
}
if(sum[i+1][j+1][0] && sum[i+1][j+1][0] == sum[i+1][j+1][1]){
ans++;
}
}
}
return ans;
}
};
时间复杂度：O(mn)，其中 m 和 n 分别为 grid 的行数和列数。
空间复杂度：O(mn)。
还是二位前缀和，这道题 x 的 ASCII 码值是 120。y 的 ASCII 码值是 121。X的二进制表示: 01111000，Y的二进制表示: 01111001。所以可以根据ascii码的二进制最低为来储存X和Y的数据。
题解中
sum[i+1][j+1][1] = sum[i+1][j][1] + sum[i][j+1][1] - sum[i][j][1];
细心的人就会发现怎么没有加上grid[i][j]所储存的值。实际上在下面代码中，当网格元素不等于’.'的时候，就是加上了grid[i][j]所储存的值，在这里表示为sum[i+1][j+1][grid[i][j] & 1]++;，最后判断X是否不为0，并比较前缀和中X和Y的数量是否相等。
优化：维护列字符元素
class Solution {
public:
int numberOfSubmatrices(vector<vector<char>>& grid) {
int m = grid.size(), n = grid[0].size();
int ans = 0;
vector<array<int, 2>> col_sum(n);
for(int i = 0; i < m; i++){
int s1 = 0, s2 = 0;
for(int j = 0; j < n; j++){
if(grid[i][j] != '.'){
col_sum[j][grid[i][j] & 1]++;
}
s1 += col_sum[j][0];
s2 += col_sum[j][1];
if(s1 && s1 == s2){
ans++;
}
}
}
return ans;
}
};
时间复杂度：O(mn)，其中 m 和 n 分别为 grid 的行数和列数。
空间复杂度：O(n)。
这是通过维护列的方式进行优化。我觉得列优化的核心思路是，由于在计算前缀和中，之前的列字符数都会被用到，也就是说在遍历不同行的时候，列的字符数是在前一行的列的字符数加上目前行的字符数得来的。所以我们可以把前缀和中行的维度给去掉，因为维护的列字符里就包含着之前行的信息。
所以在每一行遍历的时候，置s1和s2为0，然后逐渐累加，可以看作这个前缀和矩阵，随着列的遍历，一条条竖下来的元素铺成一个前缀和矩阵，最后进行统计X和Y相等的频数。
