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 10^{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 \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)(x1,y1,x2,y2)，其中x_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 (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 (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,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}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
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,j 均相同。
暴力的话枚举就是了，预处理一下sum
同时所有a相同的情况可以骗到5分
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<map>
#include<set>
#include<queue>
#include<vector>
#define INF 0x7f7f7f7f
#define pii pair<int,int>
#define ll long long
using namespace std;
int n,m,k;
int a[][];
namespace solve1
{
int n,m,k;
ll s[][];
int a[][];
void solve(){
n=::n,m=::m,k=::k;
memcpy(a,::a,sizeof(a));
for(int i=;i<=n;i++){
for(int j=;j<=m;j++){
s[i][j]=s[i-][j]+s[i][j-]-s[i-][j-]+a[i][j];
}
}
ll ans=;
for(int i=;i<=n;i++){
for(int j=;j<=m;j++){
for(int x=i;x<=n;x++){
for(int y=j;y<=m;y++){
if(!((s[x][y]-s[i-][y]-s[x][j-]+s[i-][j-])%k)){
ans++;
}
}
}
}
}
printf("%lld\n",ans);
}
}
namespace solve2
{
int n,m,k;
int K;
int a[][];
int gcd(int x,int y){
return (y==?x:gcd(y,x%y));
}
void solve(){
n=::n,m=::m,k=::k;
memcpy(a,::a,sizeof(a));
int g=gcd(a[][],k);
K=k/g;
ll ans=;
for(int i=;i*K<=n*m;i++){
int t=i*K;
for(int j=;j<=t;j++){
if(t%j==){
int x=j,y=t/j;
if(x<=n&&y<=m){
ans+=(n-x+)*(m-y+);
}
}
}
}
printf("%lld\n",ans);
}
}
int read(){
int x=,f=;char ch=getchar();
while(ch<''||ch>''){if('-'==ch)f=-;ch=getchar();}
while(ch>=''&&ch<=''){x=x*+ch-'';ch=getchar();}
return x*f;
}
int main()
{
// freopen("rally1.in","r",stdin);
n=read(),m=read(),k=read();
for(int i=;i<=n;i++){
for(int j=;j<=m;j++){
a[i][j]=read();
}
}
int t=a[][],ok=;
for(int i=;i<=n;i++){
for(int j=;j<=m;j++){
if(t!=a[i][j]){
ok=;
break;
}
}
if(!ok){
break;
}
}
if(ok){
solve2::solve();
}
else{
solve1::solve();
}
return ;
}
暴力
我们发现无法遍历所有的矩阵，一旦遍历就会超时
于是只能用一些鬼畜的计数方法，然而并不是很好发现
只好去一维看看：
给定一个序列，求连续的子序列之和是k的倍数的数目
然后我们鬼畜地想到了前缀和：如果两个前缀和模k相同，那么这两个前缀和之差对应的区间一定是k的倍数
这样就有了思路，统计所有前缀和模k的情况，然后对于模k结果相同的前缀，任选两个相减对应的区间一定是k的倍数
注意如果前缀和本身就是k的倍数，可以看成它和前零个数的前缀和构成k倍数的区间，所以把0的位置+1即可
这样的复杂度是O(n)
回到二维的情况：
发现问题迎刃而解，枚举压起来然后就是上面的问题了
O(n^3)
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<vector>
#define MAXN 405
#define ll long long
using namespace std;
int read(){
int x=;char ch=getchar();
while(ch<''||ch>''){ch=getchar();}
while(ch>=''&&ch<=''){x=x*+ch-'';ch=getchar();}
return x;
}
ll ans;
int n,m,k;
int a[MAXN][MAXN];
ll s[MAXN][MAXN];
ll b[MAXN];
int t[];
int vis[],cnt;
void work(int x,int y){
cnt++;
vector<int> v;
for(int i=;i<=m;i++){
b[i]=s[i][y]-s[i][x-];
}
t[]=;
vis[]=cnt;
v.push_back();
for(int i=;i<=m;i++){
b[i]+=b[i-];
int p=b[i]%k;
if(vis[p]!=cnt){
vis[p]=cnt;
t[p]=;
v.push_back(p);
}
t[p]++;
}
for(int i=;i<v.size();i++){
int x=v[i];
ans+=1LL*t[x]*(t[x]-)/;
}
}
int main()
{
n=read(),m=read(),k=read();
for(int i=;i<=n;i++){
for(int j=;j<=m;j++){
a[i][j]=read();
}
}
for(int j=;j<=m;j++){
for(int i=;i<=n;i++){
s[j][i]=s[j][i-]+a[i][j];
}
}
for(int i=;i<=n;i++){
for(int j=i;j<=n;j++){
work(i,j);
}
}
printf("%lld\n",ans);
return ;
}
AC
总结：二维可以拿一维的思想来考虑，当枚举不能解决问题时肯定有计数的策略