题解 入阵曲
忘删调试信息 55pts -> 5pts
以后交代码之前ctrl+f查一遍cout删没删
以后写代码不要为了方便对拍同时在a.cpp，t1.cpp，my.cpp里面写，
不光容易交错代码，也容易写乱
首先一个\(O(n^4)\)的二维前缀和优化很好想
然后考虑优化，考场上思路就卡在这了
暴力需要枚举矩形的两个顶点
注意到计算矩形数字和：\(dp[x2][y2]-dp[x2][y1-1]-dp[x1-1][y2]+dp[x1-1][y1-1]\)
我想的是能统计出一个数组\(cnt[i][j]\)表示从左上角到（但不包括）\(i\)，\(j\)间，
对于每个余数，有多少个\((dp[x2][y1-1]-dp[x1-1][y2]+dp[x1-1][y1-1])mod\ k\)恰好等于这个余数
然后不考虑预处理的话可以\(O(n^2)\)转移
然而这个\(cnt\)数组几乎不满足转移，如果强行转移的话还需要线段树合并和一堆标记
就很不好办了
其实这样想麻烦了
还是考虑处理出一个\(cnt\)数组
二维的\(cnt\)数组不好转移，考虑只构建一维的
那么这样的话两个矩形需要有一个在同一行/列的边界点
枚举矩形的另一种方式：
固定矩形的宽（即上下边界），依次\(n^2\)枚举左右边界
那这里对于每一个宽重新构建一个\(cnt\)数组，根本没必要转移
枚举宽度，纵边界，横边界都是\(O(n)\)，总复杂度\(O(n^3)\)
还有这里特殊性质也没骗到
考虑面积，但这里不必枚举矩形，可以枚举面积
统计出每个满足\(s*a[i][j]\equiv 0\pmod{k}\)的面积\(s\)对应多少个矩形，加和即可
Code:
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define INF 0x3f3f3f3f
#define N 410
#define ll long long
#define ld long double
#define usd unsigned
#define ull unsigned long long
//#define int long long
#define getchar() (p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf, 1, 1<<21, stdin)), p1==p2?EOF:*p1++)
char buf[1<<21], *p1=buf, *p2=buf;
inline int read() {
int ans=0, f=1; char c=getchar();
while (!isdigit(c)) {if (c=='-') f=-f; c=getchar();}
while (isdigit(c)) {ans=(ans<<3)+(ans<<1)+(c^48); c=getchar();}
return ans*f;
}
int n, m, k;
int mat[N][N], last=-1;
ll ans=0;
bool flag=1;
namespace force{
int dp[N][N];
inline int calc(int x1, int y1, int x2, int y2) {
if (x1==x2&&y1==y2) return -1;
return (dp[x2][y2]-dp[x2][y1-1]-dp[x1-1][y2]+dp[x1-1][y1-1])%k;
}
void solve() {
for (int i=1; i<=n; ++i)
for (int j=1; j<=m; ++j)
dp[i][j]=(dp[i-1][j]+dp[i][j-1]-dp[i-1][j-1]+mat[i][j]);
//for (int i=1; i<=n; ++i) {for (int j=1; j<=m; ++j) cout<<dp[i][j]<<' '; cout<<endl;}
for (int li=0; li<n; ++li)
for (int i=li+1; i<=n; ++i)
for (int lj=0; lj<m; ++lj)
for (int j=lj+1; j<=m; ++j) {
if (!calc(i-li, j-lj, i, j)) ++ans;
//x1=i-li; x2=li; y1=j-lj; y2=lj;
//cout<<i-li<<' '<<j-lj<<' '<<i<<' '<<j<<' '<<calc(i-li, j-lj, i, j)<<endl;
}
printf("%lld\n", ans);
exit(0);
}
}
namespace task1{
inline int calc(int x1, int y1, int x2, int y2) {
return (x2-x1+1)*(y2-y1+1)%k*last%k;
}
void solve() {
//for (int i=1; i<=n; ++i) {for (int j=1; j<=m; ++j) cout<<dp[i][j]<<' '; cout<<endl;}
for (int li=0; li<n; ++li)
for (int i=li+1; i<=n; ++i)
for (int lj=0; lj<m; ++lj)
for (int j=lj+1; j<=m; ++j) {
if (!calc(i-li, j-lj, i, j)) ++ans;
//x1=i-li; x2=li; y1=j-lj; y2=lj;
//cout<<i-li<<' '<<j-lj<<' '<<i<<' '<<j<<' '<<calc(i-li, j-lj, i, j)<<endl;
}
printf("%lld\n", ans);
exit(0);
}
}
namespace task{
int dp[N][N], cnt[1000010], sta[1000010], top=0;
inline int calc(int x1, int y1, int x2, int y2) {
return ((dp[x2][y2]-dp[x2][y1-1]-dp[x1-1][y2]+dp[x1-1][y1-1])%k+k)%k;
}
inline void clear() {while (top) cnt[sta[top--]]=0;}
void solve() {
for (int i=1; i<=n; ++i)
for (int j=1; j<=m; ++j)
dp[i][j]=(dp[i-1][j]+dp[i][j-1]-dp[i-1][j-1]+mat[i][j])%k;
for (int li=0,t,t2; li<n; ++li)
for (int i=li+1; i<=n; ++i) {
clear();
cnt[0]=1;
for (int j=1; j<=m; ++j) {
t = calc(i-li, 1, i, j);
ans += cnt[t]; //, cout<<"+= "<<cnt[t]<<endl;
if (!cnt[t]) sta[++top]=t;
++cnt[t];
//cout<<i-li<<' '<<1<<' '<<i<<' '<<j<<' '<<calc(i-li, 1, i, j)<<endl;
}
}
printf("%lld\n", ans);
exit(0);
}
}
signed main()
{
#ifdef DEBUG
freopen("1.in", "r", stdin);
#endif
n=read(); m=read(); k=read();
for (int i=1; i<=n; ++i)
for (int j=1; j<=m; ++j) {
mat[i][j]=read();
//if (mat[i][j]==k) ++ans;
//if (last==-1) last=mat[i][j];
//else if (flag && mat[i][j]!=last) flag=0;
}
//cout<<"flag: "<<flag<<endl;
task::solve();
//if (!flag) force::solve();
//else task1::solve();
return 0;
}
