思路和代码大哥们都放出来了，我就讲一下为什么可以想到这种思路吧

个人分析的时候和y总思路一样

首先根据元素的定义$c_ij=a_i×b_j$

要让一块区域里的矩阵都是1,可以很容易分析出,相应的$a_i$和$b_j$都是 连续的值都为1的子序列

问题就转为求序列a和序列b中连续的值都为1的子序列长度有多少种可能.

以求序列a为例,我们来看一下如何求序列a中长度为k的连续值为1的子序列有多少个

例如：1 1 1 0 1

问题就转化为求a中每段连续的值为1的子序列长度都是多少

例如：下标扫描到3的时候,当前$a[i]=1$,又可以轻松求得以$a[i]$为结尾的最大连续子序列长度为3,故序列a中长度为1,2,3的连续子序列数量都加上1.

扫描到末尾就能统计出来,序列a中长度为k的子序列各有多少个

注意！扫描到$a[i]$的最大连续子序列长度k后,仅需让长度小于k的子序列数量各加1就可以了！！

一开始我的想法是开个哈希表,然后扫描到长度k后遍历1-k并各加1,后来发现这就是差分的模板题,可以在线性时间内求得把某个区间(在本题中的体现为1-k)都加上1后,最后的数组情况.

所以y总的代码里做了两遍work函数,就是求差分

最后很容易就能想到,求一下k的约数,然后在对应约数i里让答案加上$S_ij$
$S_ij=$序列a中长度为i的子序列个数 * 序列b中长度为j的子序列个数
且满足$i*j=k$

C++ 代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=40010;
typedef long long ll;

int a[N],b[N];
int s1[N], s2[N];

void work(int w[], int s[], int n)
{
    for (int i = 1, j = 0; i <=n; i ++ )
        if (w[i])
        {
            j ++ ;
            s[1] ++, s[j + 1] -- ;
        }
        else j = 0;

    for (int i = 1; i <= n; i ++ ) s[i] += s[i - 1];
}

int main(){
    int n,m,k;
    cin>>n>>m>>k;

    for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
    for(int i=1;i<=m;i++) scanf("%d",&b[i]);

    work(a,s1,n);
    work(b,s2,m);

    ll res=0;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        if(k%i==0){
            if(i>n) continue;
            if(k/i>m) continue;
            res+=(ll)s1[i]*s2[k/i];
        }
    }


    cout<<res;

    return 0;
}