洛谷mNOIP模拟赛Day2-入阵曲

题目背景

pdf题面和大样例链接：http://pan.baidu.com/s/1cawM7c 密码：xgxv

丹青千秋酿，一醉解愁肠。 
无悔少年枉，只愿壮志狂。 

题目描述

小 F 很喜欢数学，但是到了高中以后数学总是考不好。

有一天，他在数学课上发起了呆；他想起了过去的一年。一年前，当他初识算法竞赛的 时候，觉得整个世界都焕然一新。这世界上怎么会有这么多奇妙的东西？曾经自己觉得难以 解决的问题，被一个又一个算法轻松解决。

小 F 当时暗自觉得，与自己的幼稚相比起来，还有好多要学习的呢。

一年过去了，想想都还有点恍惚。

他至今还能记得，某天晚上听着入阵曲，激动地睡不着觉，写题写到鸡鸣时分都兴奋不 已。也许，这就是热血吧。

也就是在那个时候，小 F 学会了矩阵乘法。让两个矩阵乘几次就能算出斐波那契数列的 第 10^{100}10100 项，真是奇妙无比呢。

不过，小 F 现在可不想手算矩阵乘法——他觉得好麻烦。取而代之的，是一个简单的小 问题。他写写画画，画出了一个 n imes mn×m 的矩阵，每个格子里都有一个不超过 kk 的正整数。

小 F 想问问你，这个矩阵里有多少个不同的子矩形中的数字之和是 kk 的倍数？ 如果把一个子矩形用它的左上角和右下角描述为 (x_1,y_1,x_2,y_2)(x1​,y1​,x2​,y2​)，其中x_1 le x_2,y_1 le y_2x1​≤x2​,y1​≤y2​； 那么，我们认为两个子矩形是不同的，当且仅当他们以 (x_1,y_1,x_2,y_2)(x1​,y1​,x2​,y2​) 表示时不同；也就是 说，只要两个矩形以 (x_1,y_1,x_2,y_2)(x1​,y1​,x2​,y2​) 表示时相同，就认为这两个矩形是同一个矩形，你应该 在你的答案里只算一次。

输入输出格式

输入格式：

从标准输入中读入数据。

输入第一行，包含三个正整数 n,m,kn,m,k。

输入接下来 nn 行，每行包含 mm 个正整数，第 ii 行第 jj 列表示矩阵中第 ii 行第 jj 列 中所填的正整数 a_{i,j}ai,j​。

输出格式：

输出到标准输出中。

输入一行一个非负整数，表示你的答案。

输入输出样例

输入样例#1： 复制

2 3 2 
1 2 1 
2 1 2

输出样例#1： 复制

6 

说明

【样例 1 说明】

这些矩形是符合要求的： (1, 1, 1, 3)，(1, 1, 2, 2)，(1, 2, 1, 2)，(1, 2, 2, 3)，(2, 1, 2, 1)，(2, 3, 2, 3)。

子任务会给出部分测试数据的特点。如果你在解决题目中遇到了困难，可以尝试只解 决一部分测试数据。

每个测试点的数据规模及特点如下表：

特殊性质：保证所有ai,j​ 均相同。

---

暴力的话枚举就是了，预处理一下sum

同时所有a相同的情况可以骗到5分

#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<map>
#include<set>
#include<queue>
#include<vector>
#define INF 0x7f7f7f7f
#define pii pair<int,int>
#define ll long long
using namespace std;
int n,m,k;
int a[405][405];
namespace solve1
{
    int n,m,k;
    ll s[405][405];
    int a[405][405];
    void solve(){
        n=::n,m=::m,k=::k;
        memcpy(a,::a,sizeof(a));
        for(int i=1;i<=n;i++){
            for(int j=1;j<=m;j++){
                s[i][j]=s[i-1][j]+s[i][j-1]-s[i-1][j-1]+a[i][j];
            }
        }
        ll ans=0;
        for(int i=1;i<=n;i++){
            for(int j=1;j<=m;j++){
                for(int x=i;x<=n;x++){
                    for(int y=j;y<=m;y++){
                        if(!((s[x][y]-s[i-1][y]-s[x][j-1]+s[i-1][j-1])%k)){
                            ans++;
                        }
                    }
                }
            }
        }
        printf("%lld
",ans);        
    }
}
namespace solve2
{
    int n,m,k;
    int K;
    int a[405][405];
    int gcd(int x,int y){
        return (y==0?x:gcd(y,x%y));
    }    
    void solve(){
        n=::n,m=::m,k=::k;
        memcpy(a,::a,sizeof(a));    
        int g=gcd(a[1][1],k);
        K=k/g;
        ll ans=0;
        for(int i=1;i*K<=n*m;i++){
            int t=i*K;
            for(int j=1;j<=t;j++){
                if(t%j==0){
                    int x=j,y=t/j;
                    if(x<=n&&y<=m){
                        ans+=(n-x+1)*(m-y+1);    
                    }
                }
            }
        }
        printf("%lld
",ans);
    }
}
int read(){
    int x=0,f=1;char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9'){if('-'==ch)f=-1;ch=getchar();}
    while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
    return x*f;
}
int main()
{
//    freopen("rally1.in","r",stdin);
    n=read(),m=read(),k=read();
    for(int i=1;i<=n;i++){
        for(int j=1;j<=m;j++){
            a[i][j]=read();
        }
    }
    int t=a[1][1],ok=1;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        for(int j=1;j<=m;j++){
            if(t!=a[i][j]){
                ok=0;
                break;
            }
        }
        if(!ok){
            break;
        }
    }
    if(ok){
        solve2::solve();
    }
    else{
        solve1::solve();
    }
    return 0;
}

我们发现无法遍历所有的矩阵，一旦遍历就会超时

于是只能用一些鬼畜的计数方法，然而并不是很好发现

只好去一维看看：

给定一个序列，求连续的子序列之和是k的倍数的数目

然后我们鬼畜地想到了前缀和：如果两个前缀和模k相同，那么这两个前缀和之差对应的区间一定是k的倍数

这样就有了思路，统计所有前缀和模k的情况，然后对于模k结果相同的前缀，任选两个相减对应的区间一定是k的倍数

注意如果前缀和本身就是k的倍数，可以看成它和前零个数的前缀和构成k倍数的区间，所以把0的位置+1即可

这样的复杂度是O(n)

回到二维的情况：

发现问题迎刃而解，枚举压起来然后就是上面的问题了

O(n^3)

#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<vector>
#define MAXN 405
#define ll long long
using namespace std;
int read(){
    int x=0;char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9'){ch=getchar();}
    while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
    return x;
}
ll ans;
int n,m,k;
int a[MAXN][MAXN];
ll s[MAXN][MAXN];
ll b[MAXN];
int t[1000005];
int vis[1000005],cnt;
void work(int x,int y){
    cnt++;
    vector<int> v;
    for(int i=1;i<=m;i++){
        b[i]=s[i][y]-s[i][x-1];
    }
    t[0]=1;
    vis[0]=cnt;
    v.push_back(0);
    for(int i=1;i<=m;i++){
        b[i]+=b[i-1];
        int p=b[i]%k;
        if(vis[p]!=cnt){
            vis[p]=cnt;
            t[p]=0;
            v.push_back(p);
        }
        t[p]++;
    }
    for(int i=0;i<v.size();i++){
        int x=v[i];
        ans+=1LL*t[x]*(t[x]-1)/2;
    }
}
int main()
{
    n=read(),m=read(),k=read();
    for(int i=1;i<=n;i++){
        for(int j=1;j<=m;j++){
            a[i][j]=read();
        }
    }
    for(int j=1;j<=m;j++){
        for(int i=1;i<=n;i++){
            s[j][i]=s[j][i-1]+a[i][j];
        }
    }
    for(int i=1;i<=n;i++){
        for(int j=i;j<=n;j++){
            work(i,j);
        }
    }
    printf("%lld
",ans);
    return 0;
}

总结：二维可以拿一维的思想来考虑，当枚举不能解决问题时肯定有计数的策略