BZOJ 3544: [ONTAK2010]Creative Accounting( BST )

题意 : 一段序列 , 求一段子序列和取余 M 的最大值

其实是一道水题...

前缀和 , 然后就是找 ( sum( r ) - sum( l ) ) % M 的最大值 . 考虑一个 sum( r ) , 在 sum( k ) ( 1 <= k < r ) 中 :

sum( a ) > sum( r ) , sum( b ) < sum( r ) , sum( a ) 优于 sum( b )

sum( a ) > sum( b ) > sum( r ) , sum( b ) 优于 sum( a )

sum( r ) > sum( a ) > sum( b ) , sum( b ) 优于 sum( a )

那这样可以直接用 set 维护 , 每次对于一个前缀和 sum( x ) , 在 set 中二分 > sum( x ) 的第一个数 ( upper_bound ) , 假如没有就取 set 的最小值 , 更新answer , 再把 sum( x ) 插入到 set 中

( 一道水题被我写了这么多..果然我还是太弱了 5555 , 我也难得敲个这么长的题解.. )

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#include<cstdio>

#include<algorithm>

#include<cstring>

#include<iostream>

#include<set>

 

#define rep( i , n ) for( int i = 0 ; i < n ; ++i )

#define clr( x , c ) memset( x , c , sizeof( x ) )

#define Rep( i , n ) for( int i = 1 ; i <= n ; ++i )

 

using namespace std;

 

typedef long long ll;

 

const int maxn = 200000 + 5;

 

set< ll > S;

ll MOD;

int n;

 

using namespace std;

 

int main() {

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

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

ll p = 0 , ans = -1LL << 62;

cin >> n >> MOD;

S.clear();

S.insert( 0 );

while( n-- ) {

ll v;

scanf( "%lld" , &v );

v = ( v % MOD + MOD ) % MOD;

p = ( ( v += p ) %= MOD );

set< ll > :: iterator it = S.upper_bound( v );

if( it == S.end() ) it = S.begin();

S.insert( v );

ans = max( ans , ( ( v - *it ) % MOD + MOD ) % MOD );

}

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

return 0;

}

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3544: [ONTAK2010]Creative Accounting

Time Limit: 10 Sec  Memory Limit: 128 MB
Submit: 352  Solved: 183
[Submit][Status][Discuss]

Description

给定一个长度为N的数组a和M，求一个区间[l,r]，使得(\sum_{i=l}^{r}{a_i}) mod M的值最大，求出这个值，注意这里的mod是数学上的mod

Input

第一行两个整数N，M。
第二行N个整数a_i。

Output

输出一行，表示答案。

Sample Input

5 13
10 9 5 -5 7

Sample Output

11

HINT

【数据范围】

N<=200000，M,a_i<=10^18

Source

By Sbullet