这是T1。
考场上思路与正解就差个前缀，打的线段树，因为其巨大常数快乐挂掉。。。。。。
正解复杂度是\(O(n^2m)\)，其实再挂个\(log\)也能过，但是需要用常数极其优秀的树状数组外加大大大大大大大大大大大大大大大大力卡常。
有点像之前做的入阵曲一题。
首先\(n\)很小，那么考虑\(O(n^2)\)枚举上下界，然后用一个指针扫一边，具体实现比较像入阵曲，可以参考着看。
大部分思路是一样的，只是有一点，这题要做桶的前缀和。
首先要证明一点就是点个数比自己小的矩阵一定在自己前面，那就可以统计完桶后，直接前缀，前缀可以直接用。
其实即使没有这个性质也可以直接统计桶，做前缀然后加减，因为即使桶所记录的矩阵在自己后面，从自己这里统计也没关系，只要能保证一一对应不会统计重或漏即可。
这也可以看作统计的一个原则，就是只要不重不漏，统计方式是无所谓的。
Code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
namespace STD
{
#define rr register
#define scanf ybbb=scanf
typedef long long ll;
const int M=5e4+4;
const int N=32;
int n,m,l,r,ybbb;
char s[M];
int mat[N][M];
int ton[30*M];
int read()
{
rr int x_read=0,y_read=1;
rr char c_read=getchar();
while(c_read<'0'||c_read>'9')
{
if(c_read=='-') y_read=-1;
c_read=getchar();
}
while(c_read<='9'&&c_read>='0')
{
x_read=(x_read<<3)+(x_read<<1)+(c_read^48);
c_read=getchar();
}
return x_read*y_read;
}
};
using namespace STD;
int main()
{
n=read(),m=read();
for(rr int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%s",s+1);
for(rr int j=1;j<=m;j++)
if(s[j]=='1')
mat[i][j]=1;
}
l=read(),r=read();
for(rr int i=1;i<=n;i++)
for(rr int j=1;j<=m;j++)
mat[i][j]+=mat[i][j-1];
for(rr int i=1;i<=n;i++)
for(rr int j=1;j<=m;j++)
mat[i][j]+=mat[i-1][j];
ll ans=0;
for(rr int i=1;i<=n;i++)
for(rr int j=i;j<=n;j++)
{
for(rr int k=1;k<=m;k++)
{
if(!l)
ans+=ton[mat[j][k]-mat[i-1][k]];
ton[mat[j][k]-mat[i-1][k]]++;
}
for(rr int k=1;k<=mat[j][m]-mat[i-1][m];k++)
ton[k]+=ton[k-1];
for(rr int k=1;k<=m;k++)
{
int temp=mat[j][k]-mat[i-1][k];
if(l<=temp&&temp<=r) ans++;
if(l<=temp)
{
if(l)
{
if(temp>r)
ans+=ton[temp-l]-ton[temp-r-1];
else
ans+=ton[temp-l];
}
else
{
if(temp>r)
ans+=ton[temp-l-1]-ton[temp-r-1];
else
ans+=ton[temp-l-1];
}
}
}
for(rr int k=0;k<=mat[j][m]-mat[i-1][m];k++)
ton[k]=0;
}
printf("%lld\n",ans);
}