感觉 C 比 B 还简单？
给定一个 (n×n) 的矩阵，你可以进行若干次操作。
每次操作，你可以将一个 (k×k) 的 连续 子矩阵里的所有数全都加上 (1) 或者全部都减去 (1) 。
初始时，矩阵中有 (m) 个位置上的数不为 (0) ，其他位置上的数均为 (0) 。
请你求出至少需要多少次操作，可以将矩形中所有数都变为 (0) 。
为了方便叙述，我们称原矩阵为 (A) 。
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Subtask1 : (n leq 10^3)，(k leq 1)
很显然，答案为 (sumlimits_{i=1}limits^{n}sumlimits_{j=1}limits^{n}|A[i][j]|) 。
至此能拿到 (11pts) 。
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Subtask2 : (n leq 20)，(k leq 20)
我不知道怎么艹过这个子任务欸 qwq 。
理论上是留给暴力选手的。
至此能拿到 (25pts) 。
(~)
Subtask3 : (n leq 100)，(k leq 100)
有点正解的味道了。
首先我们注意到操作的顺序不会影响答案，且一个 (k×k) 的子矩阵不能一会加一会减。
(~)
考虑 A[1][1] ，它显然只会被一个 (k×k) 的子矩阵覆盖（一个左上 ((1,1)) ，右下 ((k,k)) 的子矩阵），那么我们只能通过该矩阵来控制 A[1][1] 。
那我们直接使得该矩阵中的所有元素减去 A[1][1] 即可，我们就要保证该矩阵不能再被操作了。
接着考虑 A[1][2] ，它只会被两个 (k×k) 的子矩阵覆盖（一个左上 ((1,1)) ，右下 ((k,k)) 的子矩阵，一个左上 ((1,2)) ，右下 ((k,k+1)) 的子矩阵），但是我们要保证左上 ((1,1)) ，右下 ((k,k)) 的子矩阵不能被操作，否则就破坏了 A[1][1]，所以我们只能通过左上 ((1,2)) ，右下 ((k,k+1)) 的子矩阵来控制 A[1][2] 。
直接使得该矩阵所有元素减去 A[1][2] 即可。
以此类推，对于 ((i,j)) 满足 (i,j leq n-k+1) 的位置，都能按顺序控制 **左上 ((i,j)) ，右下 ((i+k-1,j+k-1)) ** 的子矩阵使得 A[i][j] = 0 ，即令该矩阵所有元素减去 A[i][j] 即可。
那么对于剩下的 ((i,j)) 不满足 (i,j leq n-k+1) 的位置，则已经不能改变 A[i][j] 的值了，所以说，若在这些位置中找到一个 A[i][j] ≠ 0 ，则说明无解。
暴力去修改矩阵，时间复杂度 (O(k^2(n-k)^2)) ，由小学数学可得，当 (k=frac{n}{2}) 时，复杂度最高，为 (O(frac{n^4}{16})) ，计算量约为 (6250000) ，稳的一批。
至此能拿到 (42pts) 。
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Subtask4 : (n leq 10^3)，(k leq 10^3)
我们发现对矩阵做减法操作可以用一维差分优化到 (O(k)) 。
具体的，开个一位差分数组 S[i][j] ，每次令 **左上 ((i,j)) ，右下 ((i+k-1,j+k-1)) ** 的矩阵减去 (d) 时，我们只需要令 S[i~i+k-1][j] += d, S[i~i+k-1][j+k] -= d 即可，记得在枚举的过程中要用一维前缀和还原当前状态的 (S) 数组。
时间复杂度 (O(k(n-k)^2)) ，由小学数学可得，当 (k=frac{n}{3}) 时，复杂度最高，为 (O(frac{4n^3}{27})) ，计算量约为 (148148148) ，没有亲测过，开个 ( ext{O2}) 应该稳。
至此能拿到 (76pts) 。
(~)
Subtask5 : (n leq 5×10^3)，(k leq 10^3)
能一维差分干嘛不能二维差分阿
我们发现对矩阵做减法操作可以用二维差分优化到 (O(1)) 。
具体的，开个一位差分数组 S[i][j] ，每次令 **左上 ((i,j)) ，右下 ((i+k-1,j+k-1)) ** 的矩阵减去 (d) 时，我们只需要令 S[i][j] += d, S[i+k][j] -= d, S[i][j+k] -= d, S[i+k][j+k] += d 即可，记得在枚举的过程中要用二维前缀和还原当前状态的 (S) 数组。
时间复杂度 (O((n-k)^2)) ，稳的一批。
至此能拿到 (100pts) 。
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#define RI register int // 卡常1
using namespace std;
namespace IO // 卡常2
{
static char buf[1<<20],*fs,*ft;
inline char gc()
{
if(fs==ft)
{
ft=(fs=buf)+fread(buf,1,1<<20,stdin);
if(fs==ft)return EOF;
}
return *fs++;
}
#define gc() getchar()
inline int read()
{
int x=0,f=1;char s=gc();
while(s<'0'||s>'9'){if(s=='-')f=-f;s=gc();}
while(s>='0'&&s<='9'){x=x*10+s-'0';s=gc();}
return x*f;
}
}using IO::read;
const int N=5010;
int n,m,k;
long long a[N][N];
long long S[N][N];
long long ans;
int main()
{
n=read(),m=read(),k=read();
for(RI i=1;i<=m;i++)
{
int x=read(),y=read(),d=read();
a[x][y]=d;
}
for(RI i=1;i<=n;i++)
for(RI j=1;j<=n;j++)
{
S[i][j]=S[i][j]+S[i-1][j]+S[i][j-1]-S[i-1][j-1];
a[i][j]+=S[i][j];
if(i+k-1>n||j+k-1>n)
{
if(a[i][j]==0)
continue;
else
{
puts("-1");
return 0;
}
}
ans+=abs(a[i][j]);
S[i][j]+=-a[i][j];
S[i+k][j]-=-a[i][j];
S[i][j+k]-=-a[i][j];
S[i+k][j+k]+=-a[i][j];
}
printf("%lld
",ans);
return 0;
}