首先可以知道，如果已知第一行和第一列的数，那么可以很容易的计算出其余的数。进一步的，如果笔算将每个数的表达式写出可以得出如下结论：
第i行的第j个数（i>1，j>1）只与(1,1)，(i,1)，(1,j)有关
更数学化地说，设输入矩阵为S，定义C如下：
C(i,j)=0 i=1或j=1
S(i,j)-C(i,j-1)-C(i-1,j)-C(i-1,j-1) 其余情况
则原矩阵A的第i行的第j个数可按下式确定：
A(i,j)=F(i)*A(i,1)+F(j)*A(1,j)–F(i)*F(j)*A(1,1)+C(i,j) (i>1且j>1)
F(x)在x为奇数时为1否则为-1。
算法一：
直接利用该结论，枚举第一行和第一列的每个数，从而求出剩下所有数，并判断是否符合要求。时间复杂度O(NM*P^(N+M-1))，较好的实现可以通过30%的数据。
算法二：
考虑P=2的情况，每个格子只有两种取值0/1。首先枚举(1,1)，那么第一行某个格子(1,j)与第一列某个格子(i,1)唯一确定了格子(i,j)，若(1,j)=x且(i,1)=y时(i,j)的取值不合法，则(1,j)取x和(i,1)取y不能同时发生。
这是经典的2-SAT模型，虽然使用拓扑排序可以在O(N*M)的时间内求出一个可行解，但无法求出字典序最小解。这里应使用枚举算法，按字典序的优先级判断每一个点，若该点的取值未确定，先尝试放0，看是否产生矛盾，无矛盾则确定为0否则改为1。该算法的时间复杂度为O((N+M)NM)，较好的实现可以通过30%的数据。
算法三：
结合算法一与算法二可以通过60%的数据。
算法四：
对于一般的情况，2-SAT模型并不适用，但可以尝试将算法二稍做修改。即每次从0到P-1枚举取值，找到最小的且不与前面产生矛盾的确定为该格的值。遗憾的是，该算法是错误的，很多时候这样做甚至会丢失可行解！为了避免这种情况，可以使用DFS算法。
具体来说，依次枚举第一行每个格子的取值，每次枚举后判断第一列每个格子是否均有可行的取值，若没有则退出，否则继续枚举下一个格子。若第一行的格子均已确定，则第一列的每个格子直接取可行取值中最小的即可。
由于数据保证有解，对于矩阵较大的情况，解很多，限制很多，搜索树的宽度很小，而矩阵较小时搜索树深度很小，均可以较快的得出答案。更进一步的，在矩阵较大时，基本上不会有回溯的情况，即时间复杂度约等于O(NMP^2)，可以通过所有测试数据。
注意：bzoj上没有忽略行末换行和空格，输出有些鬼。。
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cmath>
using namespace std;
#define N 210
#define f(a) a[0][0]
int n,m,p;
int c[N][N],v[N][N],a[N][N],l[N][N],r[N][N];
int check(int x)
{
return (x&1) ? -1 : 1;
}
int dfs(int d)
{
if (d>=m)
return true;
for (int k=0;k<p;k++)
{
bool res(true);
a[0][d]=k;
for (int i=1;i<n;i++)
{
int r1=(c[i][d]+f(a)*check(i+d+1)+a[0][d]*check(i))*(-check(d));
int r2=(c[i][d]+f(a)*check(i+d+1)+a[0][d]*check(i)-(p-1))*(-check(d));
if (r1>r2)
swap(r1,r2);
l[d][i]=max(l[d-1][i],r1);
r[d][i]=min(r[d-1][i],r2);
if (l[d][i]>r[d][i])
{
res=false;
break;
}
}
if (res)
if (dfs(d+1))
return 1;
}
return 0;
}
int main()
{
scanf("%d%d%d",&n,&m,&p);
for (int i=0;i<n;i++)
for (int j=0;j<m;j++)
{
scanf("%d",&v[i][j]);
r[j][i]=p-1;
}
for (int i=1;i<n;i++)
for (int j=1;j<m;j++)
c[i][j]=v[i][j]-(c[i-1][j]+c[i][j-1]+c[i-1][j-1]);
for (int ii=0;ii<p;ii++)
{
f(a)=ii;
if (dfs(1))
{
for (int i=1;i<n;i++)
a[i][0]=l[m-1][i];
for (int j=1;j<n;j++)
for (int k=1;k<m;k++)
a[j][k]=c[j][k]+check(k)*a[j][0]+check(j)*a[0][k]+check(j+k+1)*f(a);
break;
}
}
for (int i=0;i<n;i++)
for (int j=0;j<m;j++)
printf("%d%s",a[i][j],j+1==m?"
":" ");
return 0;
}