入阵曲

题目背景

pdf题面和大样例链接：http://pan.baidu.com/s/1cawM7c 密码：xgxv

丹青千秋酿，一醉解愁肠。 
无悔少年枉，只愿壮志狂。 

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 1010010^{100}10100 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×mn \times mn×m 的矩阵，每个格子里都有一个不超过 kkk 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 kkk 的倍数？ 如果把一个子矩形用它的左上角和右下角描述为 (x1,y1,x2,y2)(x_1,y_1,x_2,y_2)(x1​,y1​,x2​,y2​)，其中x1≤x2,y1≤y2x_1 \le x_2,y_1 \le y_2x1​≤x2​,y1​≤y2​； 那么，我们认为两个子矩形是不同的，当且仅当他们以 (x1,y1,x2,y2)(x_1,y_1,x_2,y_2)(x1​,y1​,x2​,y2​) 表示时不同；也就是 说，只要两个矩形以 (x1,y1,x2,y2)(x_1,y_1,x_2,y_2)(x1​,y1​,x2​,y2​) 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,kn,m,k。

输入接下来 nnn 行，每行包含 mmm 个正整数，第 iii 行第 jjj 列表示矩阵中第 iii 行第 jjj 列 中所填的正整数 ai,ja_{i,j}ai,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： 复制

2 3 2 
1 2 1 
2 1 2

输出样例#1： 复制

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：

特殊性质：保证所有 ai,ja_{i,j}ai,j​ 均相同。

对二维前缀和取模

那么和为k的倍数只要找一个相同的余数就行了

小心常数，减少取模运算，不可以用memset

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
int vis[1000001];
long long a[501][501],Mod,n,m;
long long ans;
int main()
{int i,j,k;
  cin>>n>>m>>Mod;
  for (i=1;i<=n;i++)
    {
      for (j=1;j<=m;j++)
    {
      scanf("%lld",&a[i][j]);
    }
    }
  for (i=1;i<=n;i++)
    for (j=1;j<=m;j++)
      a[i][j]+=a[i][j-1];
    for (j=1;j<=m;j++)
      for (i=1;i<=n;i++)
    a[i][j]+=a[i-1][j];
  for (i=1;i<=n;i++)
    for (j=1;j<=m;j++)
      a[i][j]%=Mod;
  for (i=1;i<=n;i++)
    {
      for (j=0;j<i;j++)
    {
      vis[0]=1;
      for (k=1;k<=m;k++)
        {
          long long x=(a[i][k]-a[j][k])%Mod;
          if (x<0) x+=Mod;
          ans+=vis[x];
          vis[x]++;
        }
      for (k=1;k<=m;k++)
        {
          long long x=(a[i][k]-a[j][k])%Mod;
          if (x<0) x+=Mod;
          vis[x]--;
        }
      vis[0]--;
    }
    }
  cout<<ans;
}