k 倍子矩形（枚举暴力）
题目放在洛谷U188718，出处在 SDFZ-NOIP2021 模拟 11-T2。
显然的暴力是 \(\mathcal{O(n^4)}\)，预处理二维前缀和，枚举左上角、右下角，期望得分 \(60\)，具体因实现而异。
观察数据范围发现 \(n\le 400\)，只需要优化到 \(\mathcal{O(n^3)}\) 即可。考虑 \(n^2\) 地枚举一个纵向区间 \([l,r]\)，如下图所示：
对于这个区间，用指针从左向右扫，记录前缀矩形面积 \(c\)。在已经预处理了纵向前缀和的基础上，这是 \(\mathcal{O(m)}\) 的。在模 \(k\) 意义下，如果某时刻的 \(c\) 和之前一时刻的 \(c'\) 相等，则这一段矩形面积一定能被 \(k\) 整除。我们不妨开一组桶，记录每个相同的 \(c\) 值出现了多少次，最后扫一遍 \(1\to k\)，统计答案。
还是以上图为例，红色的线是指针，从左往右扫。在 \(i\) 的位置，\(c=S_{绿色矩形}\) 且 \(c\equiv m（\mod k)\)；走到 \(j\) 的位置，\(c=S_{蓝色矩形}\)，恰巧又有 \(c\equiv m(\mod k)\)。因此 \(k\vert S_{红色矩形}\)，答案++……扫完之后，\(\mod k\) 结果为 \(m\) 的结果记为 \(cnt_m\)，其对答案的总贡献为 \(cnt_m\times (cnt_m-1)/2\)。
特别地，我们应当初始化 \(cnt_0\gets 1\)，否则如果一个矩形本身面积为 \(k\) 的倍数，那它自己的 \(1\) 发贡献将被漏算，导致 WA 穿地心。
下面是 AC 代码：
int main(){
int n,m,k; read(n),read(m),read(k);
rep(i,1,n) rep(j,1,m){
int x; read(x);
s[i][j]=(s[i-1][j]+x)%k;//对竖列求前缀和
}
long long ans=0;
rep(i,1,n) rep(j,i,n){ //枚举区间（纵向）
int c=0,t=1; cnt[0]=1,v[1]=0;
rep(p,1,m){//指针扫描（横向）
if((c+=s[j][p]-s[i-1][p])<0) c+=k;
if(c>=k) c-=k;//相当于取模
!cnt[c]?cnt[v[++t]=c]=1:++cnt[c];//扔进桶里
}
rep(p,1,t){
int& x=cnt[v[p]];//没别的意思，压行罢了
ans+=x*(x-1)/2,x=0;
}
}
write(ans),EN;
}
