标签：模拟，前缀和
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(x1,y1,x2,y2)(x1 ,y1,x2 ,y2 )，其中x1<=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(x1,y1,x2,y2)表示时不同；也就是 说，只要两个矩形以 (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,k。
输入接下来 n 行，每行包含 m个正整数，第 i行第 j 列表示矩阵中第 i 行第 j列 中所填的正整数 a[ i ][ 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：
2 3 2
1 2 1
2 1 2
输出样例#1：
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：
分析：
实质上K倍区间的方法
O(n^4)用双重前缀和优化
O(n^3)可以枚举x1,x2两行并枚举y列 把这些压成一个数，之后进行枚举统计
对于任意一段区间[l,r]的和就是s[r]-s[l-1].
(sum[r]-sum[l-1])%k 保证了[l,r]这段区间要么%k等于0 要么比k小.
等于0说明这段区间正好是k的倍数然后通过前缀和相同的数据来判断出剩下的k的倍数:(sum[r]-sum[l-1])%k== 0.
变形后就是：sum[r]%k==sum[l-1]%k
Code
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define rep(i,a,b) for(register int i=a;i<=b;i++)
#define dep(i,a,b) for(register int i=a;i>=b;i--)
#define ll long long
#define mem(x,num) memset(x,num,sizeof x)
#ifdef WIN32
#define LL "%I64d\n"
#else
#define LL "%lld\n"
#endif
using namespace std;
inline ll read()
{
ll f=1,x=0;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;
}
const int maxn=406,maxx=1e6+6;
ll n,m,k,x,s[maxn][maxn],b[maxx],cnt[maxx]={0},ans=0;
int main()
{
n=read(),m=read(),k=read();
rep(i,1,n)
rep(j,1,m)x=read(),s[i][j]=s[i-1][j]+s[i][j-1]+x-s[i-1][j-1];
rep(i,0,n-1)
rep(j,i+1,n){
cnt[0]=1;
rep(p,1,m){
b[p]=(s[j][p]-s[i][p]+k)%k;
ans+=cnt[b[p]]++;
}
rep(p,1,m)cnt[b[p]]=0;
}
printf(LL,ans);
return 0;
}
