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)。
1 #include<cstdio> 2 #include<iostream> 3 #include<cmath> 4 #include<algorithm> 5 #include<cstring> 6 #include<cstdlib> 7 #include<cctype> 8 #include<vector> 9 #include<stack> 10 #include<queue> 11 using namespace std; 12 #define enter puts("") 13 #define space putchar(' ') 14 #define Mem(a, x) memset(a, x, sizeof(a)) 15 #define rg register 16 typedef long long ll; 17 typedef double db; 18 const int INF = 0x3f3f3f3f; 19 const db eps = 1e-8; 20 const int maxn = 405; 21 const int maxk = 1e6 + 5; 22 inline ll read() 23 { 24 ll ans = 0; 25 char ch = getchar(), last = ' '; 26 while(!isdigit(ch)) {last = ch; ch = getchar();} 27 while(isdigit(ch)) {ans = (ans << 1) + (ans << 3) + ch - '0'; ch = getchar();} 28 if(last == '-') ans = -ans; 29 return ans; 30 } 31 inline void write(ll x) 32 { 33 if(x < 0) x = -x, putchar('-'); 34 if(x >= 10) write(x / 10); 35 putchar(x % 10 + '0'); 36 } 37 38 int n, m, K, a[maxn][maxn]; 39 ll sum[maxn][maxn], ans = 0; 40 int dp[maxk], num[maxn], cnt = 0; 41 42 int main() 43 { 44 n = read(), m = read(), K = read(); 45 for(int i = 1; i <= n; ++i) 46 for(int j = 1; j <= m; ++j) a[i][j] = read(); 47 for(int j = 1; j <= m; ++j) 48 for(int i = 1; i <= n; ++i) sum[j][i] = sum[j][i - 1] + a[i][j]; 49 for(int i = 1; i <= n; ++i) 50 for(int j = i; j <= n; ++j) 51 { 52 cnt = 0; 53 num[++cnt] = 0; dp[0] = 1; 54 ll Sum = 0; 55 for(int k = 1; k <= m; ++k) 56 { 57 Sum += sum[k][j] - sum[k][i - 1]; 58 int tp = Sum % K; 59 if(!dp[tp]) num[++cnt] = tp; 60 dp[tp]++; 61 } 62 for(int k = 1; k <= cnt; ++k) 63 { 64 ans += (ll)dp[num[k]] * (ll)(dp[num[k]] - 1) / 2; 65 dp[num[k]] = 0; 66 } 67 } 68 write(ans), enter; 69 return 0; 70 }