2.17NOIP模拟赛(by hzwer) T2 小奇的序列

【题目背景】

　　小奇总是在数学课上思考奇怪的问题。

【问题描述】

　　给定一个长度为 n 的数列，以及 m 次询问，每次给出三个数 l，r 和 P，询问 (a[l'] + a[l'+1] + ... + a[r']) mod P 的最小值。其中 l <= l' <= r' <= r。

　　即模意义下的区间子串和最小值。

【输入格式】

　　第一行包含两个正整数 n 和 m，表示数列的长度和询问的个数。

　　第二行为 n 个整数，为 a[1]..a[n]。

　　接下来 m 行，每行三个数 l，r 和 P，代表一次询问。

【输出格式】

　　对于每次询问，输出一行一个整数表示要求的结果

【样例输入】

　　4 2

　　8 15 9 9

　　1 3 10

　　1 4 17

【样例输出】

【数据范围】

　　对于 20%的数据 n<=100，m<=100，p<=200

　　对于 40%的数据 n<=200，m<=1000，p<=500

　　对于 70%的数据 n<=100000，m<=10000，p<=200

　　对于 100%的数据 n<=500000，m<=10000，p<=500，1<=a[i]<=10^9

【解析】

　　这道题第一眼看过去好像没什么思路。从部分分入手吧。

　　20分：直接暴力枚举每一个区间里的点，然后求最小值即可。

　　40分：可以使用前缀和优化，然后就可以很快地求一个区间里的和。

　　70分：假如数据是绝对随机，那么如果一个区间的长度大于p，该区间中一定可以组合出所有区间和%p的余数。其中一定会有余数为0的情况，输出0即可。经过实测，这种方法可以拿90分。

　　100分：将前缀和改为区间前缀和，那么设i为当前枚举到的点，那么区间[ l , i ]的余数sum[i]=(sum[i-1]+a[i])%p。记vis[i]表示余数为i的情况在前面是否出现过。对于每一个sum[i]，我们都枚举比他小的余数（从sum[i]到0，用j表示），如果vis[j]=1，表示有这种情况。假设余数为j的位置为p，那么由模运算的性质可得：区间[ p , i ]的余数为sum[i]-j。（为什么大于sum[i]的不需要？因为这不可能是更优的解）然后，用sum[i]-j去更新答案。由于余数是从大到小枚举的，且j越大sum[i]-j越小，即该区间余数越小，如果当前能够被更新，后面的就不会再对答案造成影响了，直接break即可。最后把vis[sum[i]]设为1。注意，如果当前答案已经为0了，就直接输出（不会再更优了）。另外，不要每次都去清空前缀和数组，只需要把sum[l-1]设为0即可。

　　P.S. 这道题的正解其实是平衡树，但我并不会这个东西......

【代码】

 #include <bits/stdc++.h>

 #define N 500002

 using namespace std;

 int n,m,a[N],l,r,p,i,j,k;

 long long sum[N];

 bool e[];

 long long read()

 {

     char c=getchar();

     long long w=;

     while(c<''||c>'') c=getchar();

     while(c<=''&&c>='')

     {

         w=w*+c-'';

         c=getchar();

     }

     return w;

 }

 long long min(long long a,long long b)

 {

     if(a<b) return a;

     return b;

 }

 int main()

 {

     freopen("seq.in","r",stdin);

     freopen("seq.out","w",stdout);

     n=read(),m=read();

     for(i=; i<=n; i++) a[i]=read();

     while(m--)

     {

         l=read(),r=read(),p=read();

         if(r-l+>p)

         {

             cout<<""<<endl;

             continue;

         }

         for(i=; i<=p; i++) e[i]=;

         e[]=,sum[l-]=;

         long long ans=<<;

         for(i=l; i<=r; i++)

         {

             sum[i]=(sum[i-]+a[i])%p;

             for(j=sum[i]; j>=; j--)

             {

                 if(e[j])

                 {

                     ans=min(ans,sum[i]-j);

                     break;

                 }

             }

             if(ans==) break;

             e[sum[i]]=;

         }

         printf("%lld\n",ans);

     }

     return ;

 }

P.S. 转载自LSlzf