P3941 入阵曲

\(\color{#0066ff}{ 题目描述 }\)

小 F 很喜欢数学，但是到了高中以后数学总是考不好。

有一天，他在数学课上发起了呆；他想起了过去的一年。一年前，当他初识算法竞赛的 时候，觉得整个世界都焕然一新。这世界上怎么会有这么多奇妙的东西？曾经自己觉得难以 解决的问题，被一个又一个算法轻松解决。

小 F 当时暗自觉得，与自己的幼稚相比起来，还有好多要学习的呢。

一年过去了，想想都还有点恍惚。

他至今还能记得，某天晚上听着入阵曲，激动地睡不着觉，写题写到鸡鸣时分都兴奋不 已。也许，这就是热血吧。

也就是在那个时候，小 F 学会了矩阵乘法。让两个矩阵乘几次就能算出斐波那契数列的 第 \(10^{100}\) 项，真是奇妙无比呢。

不过，小 F 现在可不想手算矩阵乘法——他觉得好麻烦。取而代之的，是一个简单的小 问题。他写写画画，画出了一个 \(n \times m\) 的矩阵，每个格子里都有一个不超过 \(k\) 的正整数。

小 F 想问问你，这个矩阵里有多少个不同的子矩形中的数字之和是 \(k\) 的倍数？ 如果把一个子矩形用它的左上角和右下角描述为 \((x_1,y_1,x_2,y_2)\)，其中\(x_1 \le x_2,y_1 \le y_2\)； 那么，我们认为两个子矩形是不同的，当且仅当他们以 \((x_1,y_1,x_2,y_2)\) 表示时不同；也就是 说，只要两个矩形以 \((x_1,y_1,x_2,y_2)\) 表示时相同，就认为这两个矩形是同一个矩形，你应该 在你的答案里只算一次。

\(\color{#0066ff}{输入格式}\)

从标准输入中读入数据。

输入第一行，包含三个正整数 \(n,m,k\)。

输入接下来 \(n\) 行，每行包含 \(m\) 个正整数，第 \(i\) 行第 \(j\) 列表示矩阵中第 \(i\) 行第 \(j\) 列 中所填的正整数 \(a_{i,j}\)。

\(\color{#0066ff}{输出格式}\)

输出到标准输出中。

输入一行一个非负整数，表示你的答案。

\(\color{#0066ff}{输入样例}\)

2 3 2
1 2 1
2 1 2

\(\color{#0066ff}{输出样例}\)

6

\(\color{#0066ff}{数据范围与提示}\)

【样例 1 说明】

这些矩形是符合要求的： (1, 1, 1, 3)，(1, 1, 2, 2)，(1, 2, 1, 2)，(1, 2, 2, 3)，(2, 1, 2, 1)，(2, 3, 2, 3)。

子任务会给出部分测试数据的特点。如果你在解决题目中遇到了困难，可以尝试只解 决一部分测试数据。

每个测试点的数据规模及特点如下表：

\(\color{#0066ff}{ 题解 }\)

显然可以二维前缀和\(O(n^4)\)暴力

正解

我们记录\(s[i][j]\)为第i行的前缀和

\(O(n^2)\)枚举子矩阵左右边界，把两列中间每一行利用前缀和\(O(1)\)缩成一个值存入a数组

统计这个序列的前缀和，枚举子矩阵下边界d， 不难发现，此时合法的上边界为\(a[d]-a[u-1]\equiv 0 \mod k\)的u

也就是说，当前的答案为上面与\(a[d]\)同余的值的个数

注意，0自己也有贡献，最后加上即可

这样就能\(O(n^3)\)解决本题

#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
LL in() {
	char ch; LL x = 0, f = 1;
	while(!isdigit(ch = getchar()))(ch == '-') && (f = -f);
	for(x = ch ^ 48; isdigit(ch = getchar()); x = (x << 1) + (x << 3) + (ch ^ 48));
	return x * f;
}
const int maxn = 450;
LL n, m, k, ans;
LL s[maxn][maxn], a[maxn];
LL t[1005050];

int main() {
	n = in(), m = in(), k = in();
	for(int i = 1; i <= n; i++)
		for(int j = 1; j <= m; j++)
			s[i][j] = s[i][j - 1] + in();
	for(int i = 1; i <= m; i++)
		for(int j = i; j <= m; j++) {
			for(int v = 1; v <= n; v++) {
				a[v] = (a[v - 1] + s[v][j] - s[v][i - 1]) % k;
				ans += t[a[v]];
				t[a[v]]++;
			}
			ans += t[0];
			for(int v = 1; v <= n; v++) t[a[v]] = 0;
		}
	printf("%lld", ans);
	return 0;
}