[CSP-S模拟测试]:简单的区间（分治）

题目描述

给定一个长度为$n$的序列$a$以及常数$k$，序列从$1$开始编号。
记
$$f(l,t)=\sum \limits_{i=l}^ra_i-\max \limits_{i=l}^r\{a_i\}$$
求合法的正整数对$(l,r)$的数量，满足$1\leqslant l<r\leqslant n$，且$k|f(l,r)$。

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输入格式

第一行两个正整数$n$和$k$。
第二行包含$n$个正整数，第$i$个正整数表示$a_i$。

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输出格式

一行一个正整数，表示答案。

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样例

样例输入1：

4 3
1 2 3 4

样例输出1：

3

样例输入2：

4 2
4 4 7 4

样例输出2：

6

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数据范围与提示

对于$30\%$的数据，$n\leqslant 3,000$；
对于另外$20\%$的数据，数列$a$为随机生成；
对于$100\%$的数据，$1\leqslant n\leqslant 3\times {10}^5,1\leqslant k\leqslant {10}^6,1\leqslant a_i\leqslant {10}^9$。

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题解

考虑分治，但是我的打法跟正解不太一样。

$solve(l,r)$代表左右端点都在$[l,r]$之间的合法区间数量。

显然我们肯定不能依次枚举每个端点，这样的时间复杂度还是$\Theta(n^2)$的，所以我们考虑优化。

我们可以指枚举一侧，然后在处理另一侧的时候计算这一侧的答案即可。

时间复杂度：$\Theta(n\log n)$。

期望得分：$100$分。

实际得分：$100$分。

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代码时刻

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,k;
int a[300001];
int s[300001];
int maxn[300001],pos[300001];
int t1[10000001],t2[10000001];
long long ans;
void wzc(int l,int r)
{
	if(l==r)return;
	int mid=(l+r)>>1;
	int flag1=1,flag2=mid+1,mx=0;
	s[0]=s[mid]=maxn[0]=0;
	for(int i=mid+1;i<=r;i++)
	{
		if(a[i]>a[maxn[maxn[0]]])maxn[++maxn[0]]=i;
		s[i]=(s[i-1]+a[i])%k;
		t1[(s[i]-a[maxn[maxn[0]]]%k+k)%k]++;
		pos[i]=maxn[maxn[0]];
	}
	maxn[maxn[0]+1]=r+1;
	for(int i=mid;i>=l;i--)
	{
		s[0]=(s[0]+a[i])%k;
		mx=max(mx,a[i]);
		while(flag1<=maxn[0]&&a[maxn[flag1]]<=mx)flag1++;
		while(flag2<maxn[flag1])
		{
			t1[(s[flag2]-a[pos[flag2]]%k+k)%k]--;
			t2[s[flag2++]]++;
		}
		if(flag1<=maxn[0])ans+=t1[(k-s[0])%k];
		ans+=t2[(mx%k-s[0]+k)%k];
	}
	for(int i=mid+1;i<flag2;i++)t2[s[i]]--;
	for(int i=flag2;i<=r;i++)t1[(s[i]-a[pos[i]]%k+k)%k]--;
	wzc(l,mid);
	wzc(mid+1,r);
}
int main()
{
	scanf("%d%d",&n,&k);
	for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]);
	wzc(1,n);
	printf("%lld",ans);
	return 0;
}

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rp++