题目背景
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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 \times 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
1 #include<cstdio>
2 #include<cstdlib>
3 #include<algorithm>
4 #include<cstring>
5 #include<cmath>
6 #include<map>
7 #include<set>
8 #include<queue>
9 #include<vector>
10 #define INF 0x7f7f7f7f
11 #define pii pair<int,int>
12 #define ll long long
13 using namespace std;
14 int n,m,k;
15 int a[405][405];
16 namespace solve1
17 {
18 int n,m,k;
19 ll s[405][405];
20 int a[405][405];
21 void solve(){
22 n=::n,m=::m,k=::k;
23 memcpy(a,::a,sizeof(a));
24 for(int i=1;i<=n;i++){
25 for(int j=1;j<=m;j++){
26 s[i][j]=s[i-1][j]+s[i][j-1]-s[i-1][j-1]+a[i][j];
27 }
28 }
29 ll ans=0;
30 for(int i=1;i<=n;i++){
31 for(int j=1;j<=m;j++){
32 for(int x=i;x<=n;x++){
33 for(int y=j;y<=m;y++){
34 if(!((s[x][y]-s[i-1][y]-s[x][j-1]+s[i-1][j-1])%k)){
35 ans++;
36 }
37 }
38 }
39 }
40 }
41 printf("%lld\n",ans);
42 }
43 }
44 namespace solve2
45 {
46 int n,m,k;
47 int K;
48 int a[405][405];
49 int gcd(int x,int y){
50 return (y==0?x:gcd(y,x%y));
51 }
52 void solve(){
53 n=::n,m=::m,k=::k;
54 memcpy(a,::a,sizeof(a));
55 int g=gcd(a[1][1],k);
56 K=k/g;
57 ll ans=0;
58 for(int i=1;i*K<=n*m;i++){
59 int t=i*K;
60 for(int j=1;j<=t;j++){
61 if(t%j==0){
62 int x=j,y=t/j;
63 if(x<=n&&y<=m){
64 ans+=(n-x+1)*(m-y+1);
65 }
66 }
67 }
68 }
69 printf("%lld\n",ans);
70 }
71 }
72 int read(){
73 int x=0,f=1;char ch=getchar();
74 while(ch<‘0‘||ch>‘9‘){if(‘-‘==ch)f=-1;ch=getchar();}
75 while(ch>=‘0‘&&ch<=‘9‘){x=x*10+ch-‘0‘;ch=getchar();}
76 return x*f;
77 }
78 int main()
79 {
80 // freopen("rally1.in","r",stdin);
81 n=read(),m=read(),k=read();
82 for(int i=1;i<=n;i++){
83 for(int j=1;j<=m;j++){
84 a[i][j]=read();
85 }
86 }
87 int t=a[1][1],ok=1;
88 for(int i=1;i<=n;i++){
89 for(int j=1;j<=m;j++){
90 if(t!=a[i][j]){
91 ok=0;
92 break;
93 }
94 }
95 if(!ok){
96 break;
97 }
98 }
99 if(ok){
100 solve2::solve();
101 }
102 else{
103 solve1::solve();
104 }
105 return 0;
106 }
暴力
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)
1 #include<cstdio>
2 #include<cstdlib>
3 #include<algorithm>
4 #include<cstring>
5 #include<vector>
6 #define MAXN 405
7 #define ll long long
8 using namespace std;
9 int read(){
10 int x=0;char ch=getchar();
11 while(ch<‘0‘||ch>‘9‘){ch=getchar();}
12 while(ch>=‘0‘&&ch<=‘9‘){x=x*10+ch-‘0‘;ch=getchar();}
13 return x;
14 }
15 ll ans;
16 int n,m,k;
17 int a[MAXN][MAXN];
18 ll s[MAXN][MAXN];
19 ll b[MAXN];
20 int t[1000005];
21 int vis[1000005],cnt;
22 void work(int x,int y){
23 cnt++;
24 vector<int> v;
25 for(int i=1;i<=m;i++){
26 b[i]=s[i][y]-s[i][x-1];
27 }
28 t[0]=1;
29 vis[0]=cnt;
30 v.push_back(0);
31 for(int i=1;i<=m;i++){
32 b[i]+=b[i-1];
33 int p=b[i]%k;
34 if(vis[p]!=cnt){
35 vis[p]=cnt;
36 t[p]=0;
37 v.push_back(p);
38 }
39 t[p]++;
40 }
41 for(int i=0;i<v.size();i++){
42 int x=v[i];
43 ans+=1LL*t[x]*(t[x]-1)/2;
44 }
45 }
46 int main()
47 {
48 n=read(),m=read(),k=read();
49 for(int i=1;i<=n;i++){
50 for(int j=1;j<=m;j++){
51 a[i][j]=read();
52 }
53 }
54 for(int j=1;j<=m;j++){
55 for(int i=1;i<=n;i++){
56 s[j][i]=s[j][i-1]+a[i][j];
57 }
58 }
59 for(int i=1;i<=n;i++){
60 for(int j=i;j<=n;j++){
61 work(i,j);
62 }
63 }
64 printf("%lld\n",ans);
65 return 0;
66 }
AC
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