洛谷mNOIP模拟赛Day2-入阵曲

Posted 2020-10-13 white_hat_hacker

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

输入样例#1： 复制

2 3 2 
1 2 1 
2 1 2

输出样例#1： 复制

6 

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

  1 #include<cstdio>
  2 #include<cstdlib>
  3 #include<algorithm>
  4 #include<cstring>
  5 #include<cmath>
  6 #include<map>
  7 #include<set>
  8 #include<queue>
  9 #include<vector>
 10 #define INF 0x7f7f7f7f
 11 #define pii pair<int,int>
 12 #define ll long long
 13 using namespace std;
 14 int n,m,k;
 15 int a[405][405];
 16 namespace solve1
 17 {
 18     int n,m,k;
 19     ll s[405][405];
 20     int a[405][405];
 21     void solve(){
 22         n=::n,m=::m,k=::k;
 23         memcpy(a,::a,sizeof(a));
 24         for(int i=1;i<=n;i++){
 25             for(int j=1;j<=m;j++){
 26                 s[i][j]=s[i-1][j]+s[i][j-1]-s[i-1][j-1]+a[i][j];
 27             }
 28         }
 29         ll ans=0;
 30         for(int i=1;i<=n;i++){
 31             for(int j=1;j<=m;j++){
 32                 for(int x=i;x<=n;x++){
 33                     for(int y=j;y<=m;y++){
 34                         if(!((s[x][y]-s[i-1][y]-s[x][j-1]+s[i-1][j-1])%k)){
 35                             ans++;
 36                         }
 37                     }
 38                 }
 39             }
 40         }
 41         printf("%lld\n",ans);        
 42     }
 43 }
 44 namespace solve2
 45 {
 46     int n,m,k;
 47     int K;
 48     int a[405][405];
 49     int gcd(int x,int y){
 50         return (y==0?x:gcd(y,x%y));
 51     }    
 52     void solve(){
 53         n=::n,m=::m,k=::k;
 54         memcpy(a,::a,sizeof(a));    
 55         int g=gcd(a[1][1],k);
 56         K=k/g;
 57         ll ans=0;
 58         for(int i=1;i*K<=n*m;i++){
 59             int t=i*K;
 60             for(int j=1;j<=t;j++){
 61                 if(t%j==0){
 62                     int x=j,y=t/j;
 63                     if(x<=n&&y<=m){
 64                         ans+=(n-x+1)*(m-y+1);    
 65                     }
 66                 }
 67             }
 68         }
 69         printf("%lld\n",ans);
 70     }
 71 }
 72 int read(){
 73     int x=0,f=1;char ch=getchar();
 74     while(ch<‘0‘||ch>‘9‘){if(‘-‘==ch)f=-1;ch=getchar();}
 75     while(ch>=‘0‘&&ch<=‘9‘){x=x*10+ch-‘0‘;ch=getchar();}
 76     return x*f;
 77 }
 78 int main()
 79 {
 80 //    freopen("rally1.in","r",stdin);
 81     n=read(),m=read(),k=read();
 82     for(int i=1;i<=n;i++){
 83         for(int j=1;j<=m;j++){
 84             a[i][j]=read();
 85         }
 86     }
 87     int t=a[1][1],ok=1;
 88     for(int i=1;i<=n;i++){
 89         for(int j=1;j<=m;j++){
 90             if(t!=a[i][j]){
 91                 ok=0;
 92                 break;
 93             }
 94         }
 95         if(!ok){
 96             break;
 97         }
 98     }
 99     if(ok){
100         solve2::solve();
101     }
102     else{
103         solve1::solve();
104     }
105     return 0;
106 }

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)

 1 #include<cstdio>
 2 #include<cstdlib>
 3 #include<algorithm>
 4 #include<cstring>
 5 #include<vector>
 6 #define MAXN 405
 7 #define ll long long
 8 using namespace std;
 9 int read(){
10     int x=0;char ch=getchar();
11     while(ch<‘0‘||ch>‘9‘){ch=getchar();}
12     while(ch>=‘0‘&&ch<=‘9‘){x=x*10+ch-‘0‘;ch=getchar();}
13     return x;
14 }
15 ll ans;
16 int n,m,k;
17 int a[MAXN][MAXN];
18 ll s[MAXN][MAXN];
19 ll b[MAXN];
20 int t[1000005];
21 int vis[1000005],cnt;
22 void work(int x,int y){
23     cnt++;
24     vector<int> v;
25     for(int i=1;i<=m;i++){
26         b[i]=s[i][y]-s[i][x-1];
27     }
28     t[0]=1;
29     vis[0]=cnt;
30     v.push_back(0);
31     for(int i=1;i<=m;i++){
32         b[i]+=b[i-1];
33         int p=b[i]%k;
34         if(vis[p]!=cnt){
35             vis[p]=cnt;
36             t[p]=0;
37             v.push_back(p);
38         }
39         t[p]++;
40     }
41     for(int i=0;i<v.size();i++){
42         int x=v[i];
43         ans+=1LL*t[x]*(t[x]-1)/2;
44     }
45 }
46 int main()
47 {
48     n=read(),m=read(),k=read();
49     for(int i=1;i<=n;i++){
50         for(int j=1;j<=m;j++){
51             a[i][j]=read();
52         }
53     }
54     for(int j=1;j<=m;j++){
55         for(int i=1;i<=n;i++){
56             s[j][i]=s[j][i-1]+a[i][j];
57         }
58     }
59     for(int i=1;i<=n;i++){
60         for(int j=i;j<=n;j++){
61             work(i,j);
62         }
63     }
64     printf("%lld\n",ans);
65     return 0;
66 }

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