a

题面：
有一个 \(n\times m\) 的 \(01\) 矩阵，求其中 \(1\) 的个数在 \([l,r]\) 的子矩阵数量
题解：
令 \(f_k\) 为 \(1\) 的个数 \(\le k\) 的子矩阵数量，答案为 \(f_r-f_{l-1}\) 。
\(n\) 较小，暴力枚举上下区间，在内用双指针维护和小于等于 \(k\) 的段，复杂度 \(\text{O}(n^2m)\) 。
代码：

#include<cstdio>
#include<bitset>
#define int long long
constexpr int N=35,M=50005;
int n,m,L,R,sum[M],ss[N][M];
char s[M];
std::bitset<M>a[N];
int solve(int x){
    if(x<0)return 0;
    int res=0;
    for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=i;j<=n;j++){
        for(int k=1;k<=m;k++)sum[k]=sum[k-1]+ss[j][k]-ss[i-1][k];
        for(int l=1,r=0;l<=m;l++){
            for(;r<m&&sum[r+1]-sum[l-1]<=x;r++);
            res+=r-l+1;
        }
    }
    return res;
}
signed main(){
    scanf("%lld%lld",&n,&m);
    for(int i=1;i<=n;i++){
        scanf("%s",s+1);
        for(int j=1;j<=m;j++)a[i][j]=s[j]=='1';
    }
    for(int j=1;j<=m;j++)for(int i=1;i<=n;i++)ss[i][j]=ss[i-1][j]+(int)a[i][j];
    scanf("%lld%lld",&L,&R),printf("%lld\n",solve(R)-solve(L-1));
    return fflush(stdout),fclose(stdin),fclose(stdout),0;
}

b

题面：
有一个 \(n\times m\) 的矩阵 \(a_{n,m}\) 每一行不选或者选一个数，至少选一个数，求所有选数方案的选出数的 \(\gcd\) 的总和。
题解：
令 \(cnt_{i,j}\) 表示第 \(i\) 行 \(j\) 的倍数的出现次数，筛出质数后用类似高维前缀和的方法求。
令 \(f_i\) 表示 \(\gcd\) 为 \(i\) 的总情况数。

直接计算即可，复杂度 \(\text{O}(nA\log\log A+A\log A)\)
代码：

#include<cstdio>
#define Max(x,y) ((x)<(y)&&((x)=(y)))
#define Add(x,y) (((x)+=(y))>=mod&&((x)-=mod))
#define mul(x,y) ((x)*(y)%mod)
#define add(x,y) ((x)+(y)>=mod?(x)+(y)-mod:(x)+(y))
#define sub(x,y) (add((x),mod-(y)))
#define Mul(x,y) ((x)=mul((x),(y)))
template<typename T>inline void read(T&x){
    x=0;
    char c=getchar();
    for(;c<'0'||c>'9';c=getchar());
    for(;c>='0'&&c<='9';c=getchar())x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);
}
typedef long long ll;
const int N=25,M=100005,A=1000005,INF=0x3f3f3f3f;
const ll mod=1000000007;
int a[N][M],n,m,maxa,minp[A],p[A],cntp;
ll cnt[N][A],f[N],ans;
bool isp[A];
int main(){
    read(n),read(m);
    for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=1;j<=m;j++)read(a[i][j]),cnt[i][a[i][j]]++,Max(maxa,a[i][j]);
    for(int i=2;i<=maxa;i++)isp[i]=1;
    for(int i=2;i<=maxa;i++)if(isp[i]){
        p[++cntp]=i;
        for(int j=i<<1;j<=maxa;j+=i)isp[j]=0;
    }
    for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=1;j<=cntp;j++)for(int k=maxa/p[j];k;k--)cnt[i][k]+=cnt[i][p[j]*k];
    for(int i=maxa;i;i--){
        int pro=1,sum=1;
        for(int j=1;j<=n;j++)Mul(pro,add(cnt[j][i],1));
        for(int j=i<<1;j<=maxa;j+=i)Add(sum,f[j]);
        f[i]=sub(pro,sum);
    }
    int tmp=1;
    for(int i=1;i<=20;i++)Mul(tmp,7);
    for(int i=1;i<=maxa;i++)Add(ans,mul(f[i],(ll)i));
    printf("%lld\n",ans);
    return fflush(stdout),fclose(stdin),fclose(stdout),0;
}

c

题面：
有一个 \(A\times B\times C\) 的立方体，操作 \(1\) 删掉 \(x\le a\wedge y\le b\) 的部分，操作 \(2\) 删掉 \(y\le a\wedge z\le b\) 的部分，操作 \(3\) 删掉 \(z\le a\wedge x\le b\) 的部分，求一共删了多少。
题解：
求立方体体积并，可以发现垂直 \(x\) 轴的截面的图形一定是类似于楼梯的形状，且随着 \(x\) 的减小，楼梯变大。
先算出操作 \(2\) 的矩形面积，可以通过单调队列维护。

接下来将操作 \(1\) 和操作 \(3\) 的 \(x\) 从大到小排序，然后扫描线，操作 \(1\) 和操作 \(3\) 相当于将双端队列的头和尾移动并修改面积。红色部分相当于操作 \(1\)，操作 \(3\) 类似。

应为每个点最多进队出队一次，加上排序时间复杂度 \(\text O(n\log n)\) 。
代码

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<vector>
template<typename T>inline void read(T&x){
    x=0;
    char c=getchar();
    for(;c<'0'||c>'9';c=getchar());
    for(;c>='0'&&c<='9';c=getchar())x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);
}
typedef long long ll;
const int N=300005;
int n,cntq1,cntq2,head=1,tail;
ll A,B,C,ans,S;
struct Que1{
    ll y,z;
    bool operator<(const Que1&b){
        return y^b.y?y<b.y:z<b.z;
    }
}q1[N],a[N],stk[N];
struct Que2{
    int type;
    ll x,y,z;
    bool operator<(const Que2&b){
        return x>b.x;
    }
}q2[N];
int main(){
    read(n),read(A),read(B),read(C);
    for(int i=1;i<=n;i++){
        int type;
        ll a,b;
        read(type),read(a),read(b);
        switch(type){
            case 1:
            q2[++cntq2]={type,a,b,C};
            break;
            case 2:
            q1[++cntq1]={a,b};
            break;
            case 3:
            q2[++cntq2]={type,b,B,a};
        }
    }
    std::sort(q1+1,q1+cntq1+1),std::sort(q2+1,q2+cntq2+1);
    for(int i=1;i<=cntq1;i++){
        for(;tail&&a[tail].z<=q1[i].z;)tail--;
        a[++tail]=q1[i];
    }
    for(int i=1;i<=tail;i++)S+=a[i].z*(a[i].y-a[i-1].y);
    q2[0].x=A;
    for(int i=1;i<=cntq2;i++){
        ans+=S*(q2[i-1].x-q2[i].x);
        if(q2[i].type==1){
            int top=0;
            for(;head<=tail&&q2[i].y>=a[head].y;)stk[++top]=a[head],head++;
            if(head<=tail)stk[++top]={q2[i].y,a[head].z};
            a[--head]={q2[i].y,q2[i].z};
            ll SS=0;
            for(int i=1;i<=top;i++)SS+=stk[i].z*(stk[i].y-stk[i-1].y);
            S+=q2[i].y*q2[i].z-SS;
        }
        else{
            int top=0;
            for(;head<=tail&&q2[i].z>=a[tail].z;)stk[++top]=a[tail],tail--;
            if(head<=tail)stk[++top]={a[tail].y,q2[i].z};
            a[++tail]={q2[i].y,q2[i].z};
            ll SS=0;
            std::reverse(stk+1,stk+top+1);
            for(int i=1;i<=top;i++)SS+=stk[i].z*(stk[i].y-stk[i-1].y);
            S+=q2[i].y*q2[i].z-SS;
        }
    }
    ans+=S*q2[cntq2].x,printf("%lld\n",ans);
    return fflush(stdout),fclose(stdin),fclose(stdout),0;
}