丹青千秋酿，一醉解愁肠。
无悔少年枉，只愿壮志狂
题目
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 $10^{100}$ 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 $n×m$的矩阵，每个格子里都有一个不超过 k 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 k 的倍数？ 如果把一个子矩形用它的左上角和右下角描述为 $(x_1,y_1,x_2,y_2)$,其中$x_1 le x_2,y_1 le y_2$ :那么，我们认为两个子矩形是不同的，当且仅当他们以 $(x_1,y_1,x_2,y_2)$ 表示时不同；也就是 说，只要两个矩形以 $(x_1,y_1,x_2,y_2)$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,k;
输入接下来 n 行，每行包含 m 个正整数，第 i 行第 j 列表示矩阵中第 i 行第 j 列 中所填的正整数 a_{i,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。
样例
Sample Input
2 3 2
1 2 1
2 1 2
Sample Output
6
数据范围与说明
样例说明
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)
数据范围
题解
分析
这道题上来先来一个 $O(N^4)$ 的暴力，使用前缀和；
但是，我们会发现，在枚举每个子矩阵时，有的部分是重复计算的
-
i，j枚举子矩阵的上下边界，o枚举我们处理到了第几列，把i、j行之间，右边界是第o列的矩阵压成一个数，之后枚举统计。
-
我们要把 i 到 j 的矩阵变成一行，然后就可以做 （K倍区间） 详细的可以看
链接 http://blog.csdn.net/qq_35776409/article/details/78226120
具体原理:
对于任意一段区间[l,r]的和就是sum[r]-sum[l-1].
(sum[r]-sum[l-1])%k 保证了[l,r]这段区间要么%k等于0 要么比k小.
等于0这表示了正好是k的倍数 然后通过前缀和相同的数据来判断出剩下的k的倍数:$(sum[r]-sum[l-1])%k == 0$.
变形后就是：sum[r]%k==sum[l-1]%k
代码
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
using namespace std;
#define MAXN 410
typedef long long LL;
int a[MAXN][MAXN],b[MAXN],cnt[1000005];
LL sum[MAXN][MAXN];
inline void read(int &x){
x=0; int f=1; char c=getchar();
while(c>'9'||c<'0'){ if(c=='-')f=-1; c=getchar(); }
while(c>='0'&&c<='9'){ x=x*10+c-'0'; c=getchar(); } x*=f;
}
LL Ans = 0;
int main(){
freopen("rally.in","r",stdin);
freopen("rally.out","w",stdout);
int n,m,Mod;
read(n),read(m),read(Mod);
for(int i=1; i<=n; ++i)
for(int j=1; j<=m; ++j){
read(a[i][j]);
sum[i][j] = (sum[i-1][j] + a[i][j] + sum[i][j-1] - sum[i-1][j-1]);
if(sum[i][j] >= Mod) sum[i][j] -= Mod;
}
for(int i=0; i<n; ++i)
for(int j=i+1; j<=n; ++j){
cnt[0] = 1;
for(int k=1; k<=m; ++k) {
b[k] = (sum[j][k] - sum[i][k] ) % Mod;
if(b[k] < 0) b[k] += Mod;
Ans += cnt[b[k]];
++cnt[b[k]];
}
for(int k=1; k<=m; ++k) cnt[b[k]] = 0;
}
printf("%lld
",Ans);
fclose(stdin); fclose(stdout);
return 0;
}