考场几乎想到了正解，然而我也不知道当时在想啥，在没有证伪的情况下只是觉得无法实现就否了……
最后打的好象是达哥说的O(4*15*n*m)，复杂度不是很会证反正T成了暴力……
题解：
对于测试点8，9，10：bfs每个0的联通块，如果联通块边缘某累方块出现了x个，那么贡献为x*（x-1）/2。注意去掉既相邻又处于同一联通块的贡献。由于这些测试点的性质，统计出来的答案是正确的。
推广到一般情况，上面的结论不是完全适用。
考虑上面结论会错在什么地方，当两个方块同时属于多个0的联通块时会被算重，考虑容斥。（由于没有想到复杂度合适的实现方法考场止步于此）
考虑给每个0的联通块编号，为了方便起见，设相邻两个同类方块之间也有一个0联通块。
首先bfs求出每个非0点属于的0联通块，复杂度$O(nm)$。
对于每类方块，求出f1[i]表示处于i联通块的个数，f2[i][j]表示处于i，j(可以有其他)的个数，f3[][][],f4[][][][]同理。
之后就可以奇加偶减统计答案。
然而数组并开不了那么大，考虑Hash_map.
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由于hash结构体并不是很好弄，于是我用了map，更容易理解，代码复杂度也更低一些。
所以下面的代码极易被卡常。
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<queue>
#include<map>
#define int LL
#define pair pair<int,int>
#define fir first
#define sec second
#define MP(a,b) make_pair(a,b)
#define LL long long
#define s1 (a.a<b.a)
#define s2 (a.b<b.b)
#define s3 (a.c<b.c)
#define s4 (a.d<b.d)
#define s5 (a.s<b.s)
#define d1 (a.a==b.a)
#define d2 (a.b==b.b)
#define d3 (a.c==b.c)
#define d4 (a.d==b.d)
#define d5 (a.s==b.s)
using namespace std;
struct node1{int a,s;friend bool operator < (node1 a,node1 b){return d1?s5:s1;}};
struct node2{int a,b,s;friend bool operator < (node2 a,node2 b){return d1?(d2?s5:s2):s1;}};
struct node3{int a,b,c,s;friend bool operator < (node3 a,node3 b){return d1?(d2?(d3?s5:s3):s2):s1;}};
struct node4{int a,b,c,d,s;friend bool operator < (node4 a,node4 b){return d1?(d2?(d3?(d4?s5:s4):s3):s2):s1;}};
map<node1,int>mp1;
map<node2,int>mp2;
map<node3,int>mp3;
map<node4,int>mp4;
int n,m,k,mp[1010][1010];
int bel[1010][1010],cnt;
int t[1000010];
bool v[1010][1010];
int ix[5]={0,1,-1,0, 0};
int iy[5]={0,0, 0,1,-1};
vector<int> be[1010][1010];
bool is(int x,int y,int sor){return x>0&&x<=n&&y>0&&y<=m&&mp[x][y]==sor;}
bool ok(int x,int y){return x>0&&x<=n&&y>0&&y<=m&&mp[x][y]==0;}
void bfs(int nx,int ny)
{
bel[nx][ny]=cnt;
queue<pair >q;q.push(MP(nx,ny));
while(!q.empty())
{
int x=q.front().fir,y=q.front().sec;q.pop();
for(int i=1;i<=4;i++)
{
int tx=x+ix[i],ty=y+iy[i];
if(ok(tx,ty)&&!bel[tx][ty])q.push(MP(tx,ty)),bel[tx][ty]=cnt;
else if(tx>0&&tx<=n&&ty>0&&ty<=m&&mp[tx][ty])be[tx][ty].push_back(cnt);
}
}
}
signed main()
{
// freopen("ex_link3.in","r",stdin);
// freopen("in.txt","r",stdin);
// freopen("1.out","w",stdout);
cin>>n>>m>>k;
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=m;j++)
cin>>mp[i][j];
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=m;j++)
if(!mp[i][j]&&!bel[i][j])++cnt,bfs(i,j);
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=m;j++)
{
if(mp[i][j]&&is(i+1,j,mp[i][j]))be[i][j].push_back(++cnt),be[i+1][j].push_back(cnt);
if(mp[i][j]&&is(i,j+1,mp[i][j]))be[i][j].push_back(++cnt),be[i][j+1].push_back(cnt);
}
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=m;j++)
{
sort(be[i][j].begin(),be[i][j].end());
int t=unique(be[i][j].begin(),be[i][j].end())-be[i][j].begin();
while(be[i][j].size()>t)be[i][j].pop_back();
}
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=m;j++)
if(mp[i][j])
{
sort(be[i][j].begin(),be[i][j].end());int siz=be[i][j].size();
if(siz>=1){for(int k=0;k<siz;k++)mp1[(node1){be[i][j][k],mp[i][j]}]++;}
if(siz>=2){for(int k=0;k<siz;k++)for(int l=k+1;l<siz;l++)mp2[(node2){be[i][j][k],be[i][j][l],mp[i][j]}]++;}
if(siz>=3){for(int k=0;k<siz;k++)for(int l=k+1;l<siz;l++)for(int r=l+1;r<siz;r++)
mp3[(node3){be[i][j][k],be[i][j][l],be[i][j][r],mp[i][j]}]++;}
if(siz>=4){mp4[(node4){be[i][j][0],be[i][j][1],be[i][j][2],be[i][j][3],mp[i][j]}]++;}
}
map<node1,int>::iterator it1;
map<node2,int>::iterator it2;
map<node3,int>::iterator it3;
map<node4,int>::iterator it4;
LL ans=0;
for(it1=mp1.begin();it1!=mp1.end();it1++)ans+=it1->second*(it1->second-1)/2;
for(it2=mp2.begin();it2!=mp2.end();it2++)ans-=it2->second*(it2->second-1)/2;
for(it3=mp3.begin();it3!=mp3.end();it3++)ans+=it3->second*(it3->second-1)/2;
for(it4=mp4.begin();it4!=mp4.end();it4++)ans-=it4->second*(it4->second-1)/2;
printf("%lld\n",ans);
}