题解 P3941 入阵曲

题解

观察数据范围，可以 (mathcal O(n^2m^2)) 暴力计算，而加上特殊性质，则可以骗到 (75pts)

正解：

我们发现，在一维情况下，(mod k) 相同的前缀和相减，一定是 (k) 的倍数。那么我们就可以统计一个不同 (mod k) 的值出现了几次，(mathcal O(n)) 求解。

扩展到二维，做法是将一段连续的行合并成一行，ppt 上叫压行。再按一行的做法做，复杂度 (mathcal O(n^2m))

注意：记得开 long long，同时记录余数的数组清空时不要用 (memset)

Code:

#include<bits/stdc++.h>
#define ri register signed
#define p(i) ++i
using namespace std;
namespace IO{
    char buf[1<<21],*p1=buf,*p2=buf;
    #define gc() p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++
    template<typename T>inline void read(T &x) {
        ri f=1;x=0;char ch=gc();
        while(ch<'0'||ch>'9') {if (ch=='-') f=-1;ch=gc();}
        while(ch>='0'&&ch<='9') {x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=gc();}
        x*=f;
    }
}
using IO::read;
namespace nanfeng{
    #define cmax(x,y) ((x)>(y)?(x):(y))
    #define cmin(x,y) ((x)>(y)?(y):(x))
    #define FI FILE *IN
    #define FO FILE *OUT
    typedef long long ll;
    static const int N=405,K=1e6+7;
    int cnt[K],b[N],sum[N][N],n,m,k;
    ll ans;
    inline int main() {
        // FI=freopen("nanfeng.in","r",stdin);
        // FO=freopen("nanfeng.out","w",stdout);
        read(n),read(m),read(k);
        for (ri i(1);i<=n;p(i)) {
            for (ri j(1),w;j<=m;p(j)) 
                read(w),sum[i][j]=(sum[i-1][j]+sum[i][j-1]+w+k-sum[i-1][j-1])%k;
        }
        for (ri i(0);i<n;p(i)) {
            for (ri j(i+1);j<=n;p(j)) {
                cnt[0]=1;
                for (ri l(1);l<=m;p(l)) ans+=cnt[b[l]=(sum[j][l]+k-sum[i][l])%k]++;
                for (ri l(1);l<=m;p(l)) cnt[b[l]]=0;
            }
        }
        printf("%lld
",ans);
        return 0;
    }
}
int main() {return nanfeng::main();}