NOIP 模拟 $12\; \text{简单的区间}$

题解

签到题

求区间和为 \(k\) 的倍数的区间，我们可以转化为求左右两个端点，其前缀和相等

对于区间最大值，我们可以把其转化为一个值，它能向左，向右扩展的最远边界，一个单调栈即可

我们设一个值 \(i\)，它能扩展的左右边界分别为 \(l_i,r_i\) 那么我们将 \(l_i～r_i\) 分为两部分，\(l_i～i\)，\(i～r_i\)

枚举较小的那一段（可以证明总复杂度为 \(\mathcal O(nlogn)\) ），在另一段寻找前缀和等于此前缀和加 \(num_i\) 的个数，用一颗动态开点线段树即可

注意：此种做法边界要卡得很细致

Code:

#include<bits/stdc++.h>
#define ri register signed
#define p(i) ++i
using namespace std;
namespace IO{
    char buf[1<<21],*p1=buf,*p2=buf;
    #define gc() p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++
    template<typename T>inline void read(T &x) {
        ri f=1;x=0;register char ch=gc();
        while(ch<'0'||ch>'9') {if (ch=='-') f=0;ch=gc();}
        while(ch>='0'&&ch<='9') {x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=gc();}
        x=f?x:-x;
    }
}
using IO::read;
namespace nanfeng{
    #define cmax(x,y) ((x)>(y)?(x):(y))
    #define cmin(x,y) ((x)>(y)?(y):(x))
    #define FI FILE *IN
    #define FO FILE *OUT
    static const int N=3e5+7,K=1e6+1;
    int num[N],r[N],l[N],st[N],sum[N],nm[N],ans,tp,n,k;
    struct Segmenttree{
        #define ls(x) T[x].l
        #define rs(x) T[x].r
        #define up(x) T[x].nm=T[ls(x)].nm+T[rs(x)].nm
        struct seg{int l,r,nm;}T[K*20];
        int rt[K],tot;
        void update(int &x,int p,int l,int r) {
            if (!x) x=p(tot);
            if (l==r) {p(T[x].nm);return;}
            int mid(l+r>>1);
            if (p<=mid) update(ls(x),p,l,mid);
            else update(rs(x),p,mid+1,r);
            up(x);
        }
        int query(int x,int l,int r,int lt,int rt) {
            if (!x) return 0;
            if (l<=lt&&rt<=r) return T[x].nm;
            int mid(lt+rt>>1),res(0);
            if (l<=mid) res+=query(ls(x),l,r,lt,mid);
            if (r>mid) res+=query(rs(x),l,r,mid+1,rt);
            return res;
        }
    }T;
    inline int main() {
        // FI=freopen("nanfeng.in","r",stdin);
        // FO=freopen("nanfeng.out","w",stdout);
        read(n),read(k);
        for (ri i(1);i<=n;p(i)) {
            read(nm[i]);num[i]=nm[i]%k;
            sum[i]=(sum[i-1]+num[i])%k;
            T.update(T.rt[sum[i]],i,1,n);
            while(tp&&nm[st[tp]]<=nm[i]) r[st[tp--]]=i-1;
            l[i]=st[tp]+1;
            st[p(tp)]=i;
        }
        while(tp) r[st[tp--]]=n;
        for (ri i(1);i<=n;p(i)) {
            if (i==l[i]&&i==r[i]) continue;
            if (i-l[i]<=r[i]-i) {
                for (ri j(l[i]);j<i;p(j))
                    ans+=T.query(T.rt[(sum[j-1]+num[i])%k],i,r[i],1,n);
                if (i<r[i]) ans+=T.query(T.rt[sum[i]],i+1,r[i],1,n);
            } else {
                for (ri j(i+1);j<=r[i];p(j))
                    if (l[i]-1) ans+=T.query(T.rt[(sum[j]-num[i]+k)%k],l[i]-1,i-1,1,n);
                    else {
                        ri tmp=(sum[j]-num[i]+k)%k;
                        ans+=T.query(T.rt[tmp],l[i],i-1,1,n);
                        if (!tmp) p(ans);
                    }
                if (l[i]-1) ans+=T.query(T.rt[sum[i-1]],l[i]-1,i-2,1,n);
                else {
                    if (i-2) ans+=T.query(T.rt[sum[i-1]],1,i-2,1,n);
                    if (!sum[i-1]) p(ans);
                }
            }
        }
        printf("%d\n",ans);
        return 0;
    }
}
int main() {return nanfeng::main();}

官方题解做法，为 \(\mathcal O(nlogn)\) 复杂度较优，但其实没什么太大区别