题解 洛谷 P3941 【入阵曲】

一个很显然的做法是求二维前缀和，然后枚举每个子矩形判断，这样的话是 $O(n^2m^2)$ 的。但是这只能拿到 $60$ 分。

那么我们可以考虑，对于两个矩形 $(1,y_1,x_1,y_2)$ 和 $(1,y_1,x_2,y_2)(x_1<x_2)$，若它们内部的和对 $k$ 求余相等，那么就可以找到一组模 $k$ 余 $0$ 的矩形 $(x_1,y_1,x_2,y_2)$。并且对于每个满足要求的矩形，都可以找到这样的两个矩形。

所以先枚举 $y_1$ 和 $y_2$，再从上往下扫，这样就可以做到 $O(n^2m)$。

具体实现的话，是需要用一个桶来记录每个余数的出现次数。然后就可以很方便地维护 $ans$。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
int n,m;
ll k;
const int N=403,K=1000006;
ll a[N][N],s[N][N],ans;
int cnt[K][2];
int main()
{
    cin >> n >> m >> k;
    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++) s[i][j]=(a[i][j]+s[i-1][j]+s[i][j-1]-s[i-1][j-1]+k)%k;
	}
	for (int j=1;j<=m;j++)
	{
		for (int p=j;p<=m;p++)
		{
			cnt[0][0]=1,cnt[0][1]=j*m+p;
			for (int i=1;i<=n;i++)
			{
				ll sum=(s[i][p]-s[i][j-1]+k*2)%k;
				if (cnt[sum][1]!=j*m+p) cnt[sum][1]=j*m+p,cnt[sum][0]=0;
				ans+=cnt[sum][0];
				cnt[sum][0]++;
			}
		}
	}
	cout << ans;
	return 0;
}