洛谷 P3941 入阵曲

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}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 mn×m 的矩阵，每个格子里都有一个不超过 kk 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 kk 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)(x
1
​ ,y
1
​ ,x
2
​ ,y
2
​ )，其中x_1 \le x_2,y_1 \le y_2x
1
​ ≤x
2
​ ,y
1
​ ≤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)(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)(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。

输入输出格式

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,kn,m,k。

输入接下来 nn 行，每行包含 mm 个正整数，第 ii 行第 jj 列表示矩阵中第 ii 行第 jj 列 中所填的正整数 a_{i,j}a
i,j
​ 。

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。

输入输出样例

输入样例#1：
2 3 2
1 2 1
2 1 2
输出样例#1：
6
说明

【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：

思路：首先队友一段区间的前缀和，sum[i]=sum[i-1]+a[i]，求能被k整除的区间有多少个，则

ans+=cnt[sum[i]%k],cnt[sum[i]%k]++.

这段代码意味着：(sum[i]-sum[j-1])%k==0,等价于sum[i]%k==sum[j-1]%k。

那对于一个子矩阵，我们可以枚举i，j两行，再枚举第k列，将其压成一个数，就可以用上述思想来求。

题解：

#include<iostream>#include<cstdio>using namespace std;long long a[405][405];long long sum[404][404];long long cnt[1000000+10];long long b[404];int main(){    int n,m;    long long mod;    scanf("%d%d%lld",&n,&m,&mod);    for(int i=1;i<=n;i++)    {        for(int j=1;j<=m;j++)        {            scanf("%lld",&a[i][j]);        }    }    for(int i=1;i<=n;i++)    {        for(int j=1;j<=m;j++)        {            sum[i][j]=(sum[i-1][j]+sum[i][j-1]-sum[i-1][j-1]+a[i][j])%mod;        }    }    long long ans=0;    for(int i=0;i<=n;i++)    {        for(int j=i+1;j<=n;j++)        {            cnt[0]=1;            for(int k=1;k<=m;k++)            {                   long long now=(sum[j][k]-sum[i][k]);                while(now<0)                {                    now+=mod;                }                now%=mod;                ans+=cnt[now];                cnt[now]++;                b[k]=now;            }            for(int k=1;k<=m;k++)            {                cnt[b[k]]=0;            }        }    }    printf("%lld",ans);    return 0;}