标签：nbsp include 分享图片 int log fine def 枚举 span
由于只有3行，因此只会会换行2次，假设$x, y$分别为这两次的换行点
那么答案为$S[1][x] +S[2][y] - S[2][x - 1] + S[3][n] - S[3][y - 1]$
其中，$S[i]$表示第$i$行的前缀和
令$a[x] = S[1][x] - S[2][x - 1], b[y] = S[2][y] - S[3][y - 1]$
考虑枚举$x$，那么问题转化为询问在一堆数中求一个数$k$使得$v (= a[x] + S[3][n]) + k \;mod\;p$最大
分两种情况考虑，第一种$v + k \in [v, mod - 1]$，那么$k \in [0, mod - k - 1]$，并且$k$越大越好
第二种不如第一种好，但有可能不得不选，$v + k \in [1, v - 1]$，同样时$k$越大越好
也就是说，需要一种支持插入，查询前驱和最大值的数据结构，$set$就可以
注：倒叙枚举$x$，可以做到不删除
复杂度$O(n \log n)$
#include <set> #include <cstdio> #include <cstring> #include <iostream> #include <algorithm> using namespace std; extern inline char gc() { static char RR[23456], *S = RR + 23333, *T = RR + 23333; if(S == T) fread(RR, 1, 23333, stdin), S = RR; return *S ++; } inline int read() { int p = 0, w = 1; char c = gc(); while(c > ‘9‘ || c < ‘0‘) { if(c == ‘-‘) w = -1; c = gc(); } while(c >= ‘0‘ && c <= ‘9‘) p = p * 10 + c - ‘0‘, c = gc(); return p * w; } #define ll long long #define ri register int #define sid 200050 int n, ans, mod; int s[4][sid], a[sid], b[sid]; set <int> ex; int main() { n = read(); mod = read(); for(ri i = 1; i <= 3; i ++) for(ri j = 1; j <= n; j ++) s[i][j] = (s[i][j - 1] + read()) % mod; for(ri i = 1; i <= n; i ++) a[i] = (s[1][i] - s[2][i - 1] + mod) % mod; for(ri i = 1; i <= n; i ++) b[i] = (s[2][i] - s[3][i - 1] + mod) % mod; int der = s[3][n]; ex.insert(1); for(ri i = n; i >= 1; i --) { ex.insert(-b[i]); int v = (der + a[i]) % mod; int p = *ex.lower_bound(-(mod - 1 - v));; if(p == 1) ans = max(ans, (v - *(++ ex.begin())) % mod); else ans = max(ans, v + -p); } printf("%d\n", ans); return 0; }
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原文地址：https://www.cnblogs.com/reverymoon/p/9556662.html
