[SCOI2006] 数字立方体

题目类型：三维前缀和+同余方程

传送门：>Here<

题意：给出一个立方体，求有多少个子立方体的和为(k)的倍数

解题思路

暴力做法：(O(n^6))枚举子立方体

考虑只枚举长和宽，为了简化问题，我们可以将问题表示成：

给定一个矩阵，求有多少个子矩阵的和为(M)的倍数

我们可以不必枚举宽，仅仅用(O(n^2))枚举长，然后对于给定的行数，维护一个前缀和(s[i])。于是一个子矩阵的和就可以表示为(s[r]-s[l-1])。考虑一下何时这个子矩阵是(M)的倍数？用同余方程描述，就是$$s[r]-s[l-1]≡0 (mod M)$$也就是$$s[l-1]≡s[r] (mod M)$$于是我们只需要维护一个桶表示目前为止(s[r]==i)的个数就可以了

推广到立方体，改一下前缀和的计算公式就可以了
(s[i][j][k] = s[i-1][j][k] + s[i][j-1][k] - s[i-1][j-1][k] + s[i][j][k-1] - s[i-1][j][k-1] - s[i][j-1][k-1] + s[i-1][j-1][k-1] + a[i][j][k])

反思

注意这道题问的是(M)的倍数，有关和，而且涉及倍数——一个前缀和，一个数论，就都可以解决了。

Code

注意循环变量的初始值。由于如果每次把桶清零非常耗时，一个优化是只清当前这轮涉及到的。当前这轮最多涉及到(N)个，因此非常快。

/*By DennyQi 2018*/
#include <cstdio>
#include <queue>
#include <cstring>
#include <map>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int MAXN = 10010;
const int MAXM = 20010;
const int INF = 1061109567;
inline int Max(const int a, const int b){ return (a > b) ? a : b; }
inline int Min(const int a, const int b){ return (a < b) ? a : b; }
inline int read(){
    int x = 0; int w = 1; register char c = getchar();
    for(; c ^ '-' && (c < '0' || c > '9'); c = getchar());
    if(c == '-') w = -1, c = getchar();
    for(; c >= '0' && c <= '9'; c = getchar()) x = (x<<3) + (x<<1) + c - '0'; return x * w;
}
ll Ans;
int N,M,K;
int a[45][45][45],s[45][45][45],sum[45],cnt[1000010];
int main(){
//	freopen(".in","r",stdin);
	N = read(), M = read();
	for(int i = 1; i <= N; ++i){
		for(int j = 1; j <= N; ++j){
			for(int k = 1; k <= N; ++k){
				a[i][j][k] = read();
				s[i][j][k] = ((s[i-1][j][k] + s[i][j-1][k] - s[i-1][j-1][k] + s[i][j][k-1] - s[i-1][j][k-1] - s[i][j-1][k-1] + s[i-1][j-1][k-1] + a[i][j][k]) % M + M) % M;
			}
		}
	}
	for(int i = 1; i <= N; ++i){
		for(int j = i; j <= N; ++j){
			for(int p = 1; p <= N; ++p){
				for(int q = p; q <= N; ++q){
					cnt[0] = 1;
					for(int k = 1; k <= N; ++k){
						sum[k] = ((s[j][q][k]-s[i-1][q][k]-s[j][p-1][k]+s[i-1][p-1][k]) % M + M) % M;
						Ans += 1ll * cnt[sum[k]];
						cnt[sum[k]]++;
					}
					for(int k = 1; k <= N; ++k) cnt[sum[k]] = 0;		
				}
			}
			
		}
	}
	printf("%lld", Ans);
	return 0;
}