luogu P3941 入阵曲

嘟嘟嘟

这道题我觉得跟最大子矩阵那道题非常像，都是O(n⁴)二维前缀和暴力很好想，O(n³)正解需要点转化。

O(n⁴)暴力就不说啦，二维前缀和，枚举所有矩形，应该能得55分。

O(n³)需要用到降维的思想。先考虑这么个问题：对于一个序列，求区间和是k的倍数的区间个数。有点想法的暴力就是前缀和预处理，然后O(n²)枚举。那么能不能不枚举呢？观察会发现，任意两个 mod k余数相同的前缀和相减得到的区间，都能被k整除。有了这一点，这道题就变成求余数相同的前缀有多少对了。那么开一个数组dp[i]记录余数为 i 的前缀有多少个，则有dp[i] * (dp[i] - 1) / 2对。O(n)即可完成。

现在升级成二维。那么只要枚举矩形上下两条边，当这两条边固定的时候就变成了上述问题了。时间复杂度O(n³)。

 #include<cstdio>
 #include<iostream>
 #include<cmath>
 #include<algorithm>
 #include<cstring>
 #include<cstdlib>
 #include<cctype>
 #include<vector>
 #include<stack>
 #include<queue>
 using namespace std;
 #define enter puts("")
 #define space putchar(' ')
 #define Mem(a, x) memset(a, x, sizeof(a))
 #define rg register
 typedef long long ll;
 typedef double db;
 const int INF = 0x3f3f3f3f;
 const db eps = 1e-;
 const int maxn = ;
 const int maxk = 1e6 + ;
 inline ll read()
 {
   ll ans = ;
   char ch = getchar(), last = ' ';
   while(!isdigit(ch)) {last = ch; ch = getchar();}
   while(isdigit(ch)) {ans = (ans << ) + (ans << ) + ch - ''; ch = getchar();}
   if(last == '-') ans = -ans;
   return ans;
 }
 inline void write(ll x)
 {
   if(x < ) x = -x, putchar('-');
   if(x >= ) write(x / );
   putchar(x %  + '');
 }
 
 int n, m, K, a[maxn][maxn];
 ll sum[maxn][maxn], ans = ;
 int dp[maxk], num[maxn], cnt = ;
 
 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) sum[j][i] = sum[j][i - ] + a[i][j];
   for(int i = ; i <= n; ++i)
     for(int j = i; j <= n; ++j)
       {
     cnt = ;
     num[++cnt] = ; dp[] = ;
     ll Sum = ;
     for(int k = ; k <= m; ++k)
       {
         Sum += sum[k][j] - sum[k][i - ];
         int tp = Sum % K;
         if(!dp[tp]) num[++cnt] = tp;
         dp[tp]++;
       }
     for(int k = ; k <= cnt; ++k)
       {
         ans += (ll)dp[num[k]] * (ll)(dp[num[k]] - ) / ;
         dp[num[k]] = ;
       }
       }
   write(ans), enter;
   return ;
 }