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\n",ans);
return 0;
}
}
int main() {return nanfeng::main();}

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