P1956 Sum 题解

题意简析

求一个子段和 \(S_{i,j}\)，满足 \(S_{i,j} \equiv x \pmod{p}\)，\(x \geq k\)，并且使这个模值最小。其中，\(S_{i,j}\) 是子段 \(a_i\) 到 \(a_j\) 的和。

思路解析

看到题目和区间、求和相关，\(n\) 也比较大，于是我们显然可以想到前缀和算法。定义前缀和数组 \(sum\)，其中 \(sum_0 =0\)，\(sum_i \equiv sum_{i-1} + a_i\pmod{p}\)。这样，子段和 \(S_{i,j}\) 可以表示为 \(sum_j - sum_{i-1}\) 的模运算结果。

但是由于模意义下并不单调，我们需要分类讨论：

• 当 \(x \ge y\) 时，模值为 \(x - y\)。需要满足 \(x - y \ge k\)，即 \(y \le x - k\)。为了最小化 \(x - y\)，应在区间 \([0, x - k]\) 中寻找最大的 \(y\)。

• 当 \(x < y\) 时，模值为 \(x - y + p\)。需要满足 \(x - y + p \ge k\)，即 \(y \le x + p - k\)。为了最小化 \(x - y + p\)，应在区间 \((x, \min(x + p - k, p - 1)]\) 中寻找最大的 \(y\)。

使用 std::set 维护之前出现的前缀和模值，使用二分查找，查询区间最大值。

时间复杂度：\(O(n \log n)\)。

代码实现

十年 OI 一场空，不开 long long 见祖宗！

#pragma G++ optimize("O3", "unroll-loops", "omit-frame-pointer", "inline")
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

typedef long long ll;
int a[100005],sum_mod[100005];
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    ll n, k, p;
    cin >> n >> k >> p;

    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        cin >> a[i];
    }

    set<ll> s;
    s.insert(0);
    ll ans = p;  // 初始化为 p（因为答案不会超过 p-1）

    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        sum_mod[i] = (sum_mod[i - 1] + a[i]) % p;
        if (sum_mod[i] < 0) {
            sum_mod[i] += p;
        }
        ll x = sum_mod[i];

        ll cand1 = -1;  // 候选值1
        ll cand2 = -1;  // 候选值2

        // 情况1：x >= y，在 [0, x - k] 中找最大 y
        if (x >= k) {
            auto it = s.upper_bound(x - k);
            if (it != s.begin()) {
                it--;
                cand1 = x - *it;
            }
        }

        // 情况2：x < y，在 (x, min(x + p - k, p - 1)] 中找最大 y
        ll R = x + p - k;
        if (R > p - 1) {
            R = p - 1;
        }
        if (R > x) {  // 区间非空
            auto it = s.upper_bound(R);
            if (it != s.begin()) {
                it--;
                if (*it > x) {  // 确保 y 在区间 (x, R] 内
                    cand2 = x - *it + p;
                }
            }
        }

        // 更新答案
        if (cand1 != -1) {
            ans = min(ans, cand1);
        }
        if (cand2 != -1) {
            ans = min(ans, cand2);
        }

        s.insert(x);
    }

    cout << ans << endl;
    return 0;
}