思路

枚举每一对数列，再枚举每一个位子，计算一下相同的位数，如果是奇数就$ans+1$，如此简单的暴力。

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N=2100;
int a[N][N];
signed main()
{
	int n,m;scanf("%lld%lld",&n,&m);
	for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=1;j<=m;j++)scanf("%lld",&a[i][j]);
	int ans=0;
	for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=i+1;j<=n;j++)
	{
		bool bk=0;
		for(int k=1;k<=m;k++)bk^=(a[i][k]==a[j][k]);
		ans+=bk;
	}
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}

如果你真的把这份暴力代码交上去了，我先批评你：为什么不好好看题解，为什么直接复制交了，为什么不思考一下？然后我再吐槽一下，$O(N^2M)$为什么能过？

思路2

仔细思考 (我并没有) 即可发现，在找寻每一位时会有重复运算，如果有某种神秘的方法把每一个数列的每一位只算一遍就好了。这时你想起古老的

注意到$a_{i,j}\le999$，考虑把每一个数出现的位置存起来，细节详见代码 (其实是我解释不明白)

代码2

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N=2010;
int a[N][N];
bitset<N> l[N],e[1100];
signed main()
{
	int n,m;scanf("%lld%lld",&n,&m);
	for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=1;j<=m;j++)scanf("%lld",&a[i][j]);
	for(int j=1;j<=m;j++)
	{
		for(int i=1;i<=n;i++)e[a[i][j]].set(i);
		//这个数在j号位上在每一个数组中是否出现 
		for(int i=1;i<=n;i++)
		{
			e[a[i][j]].reset(i);//自己不算 
			l[i]^=e[a[i][j]];//这个数组与其他数组的相似性 
		}
		for(int i=1;i<=n;i++)e[a[i][j]].reset(i);//初始化好习惯 
	}
	int ans=0;
	for(auto b:l)ans+=b.count();
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}