P3941 入阵曲

Posted 2020-11-29 mysh

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 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 (x1,y1,x2,y2)，其中x1≤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 (x1,y1,x2,y2) 表示时不同；也就是 说，只要两个矩形以 (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 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

输入 #1

2 3 2 
1 2 1 
2 1 2

输出 #1

6 

说明/提示

【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。

思路

趁着刚结束来一发题解

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 .

最后要注意下卡常数，比如%的时间，本蒟蒻因为这个而TLE了，还有答案一定要用long long

希望对大家有所帮助

代码

#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;

const long long N=410,M=1000010;

int n,m,k,a[N][N];
long long f[N][N],ans;
long long cnt[M],b[M];

int main() {
	scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
	for(int i=1; i<=n; i++)
		for(int j=1; j<=m; j++)
			scanf("%d",&a[i][j]);
	for (int i=1; i<=n; i++)
		for (int j=1; j<=m; j++)
			f[i][j]=f[i-1][j]+f[i][j-1]-f[i-1][j-1]+a[i][j];
	for(int i=0; i<n; i++)
		for(int j=i+1; j<=n; j++) {
			cnt[0]=1;
			for(int o=1; o<=m; o++) {
				b[o]=(f[j][o]-f[i][o]+k)%k;
				ans+=cnt[b[o]];
				cnt[b[o]]++;
			}
			for(int o=1; o<=m; o++)
				cnt[b[o]]=0;
		}
	printf("%lld
",ans);
	return 0;
}