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由于序列中的数可能超过P，所以将所有的数读入后进行取模操作。之后将取模后的所有数从小到大排序。题目要求我们求不同位置的两个数的和在取模意义下的最大值，而现在所有数都是小于P且排好序的。因此设我任意选了两个数是X和Y，显然0≤X+Y≤2P−2。若X+Y<P,则这次选数的答案就是X+Y，若X+Y≥P，则答案是X+Y−P。
那么我们可以这样做：将其中最大的两个数字相加取模，设为一个可能的答案记录在ANS中。这个答案是第二种情况的最大值。再对排序好的序列进行枚举，对每个枚举到的数，找出最大的数，使这个数与枚举到的数相加后的和最大且小于P，将之记为可能的答案并于之前找到的最大值ANS进行比较。这个答案是第一种情况中的可能的最大值。而普通的枚举是要超时的，但是我们发现如果从小到大枚举第一个数，那么另一个匹配的数显然是从大到小的，因此可以用一个NOW记录当前另一个匹配的数的位置，每次枚举时NOW递减至符合条件。可以做到O(n)的时间复杂度。
综上所述，时间复杂度为快速排序的O(nlogn)，空间复杂度为O(n)。注意一些特殊情况如同一个位置不能多次选。
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
long long a[100100];
int main()
{
int n;
long long p;
while(~scanf("%d%lld",&n,&p)){
for(int i = 1; i <= n; i++){
scanf("%lld",&a[i]);
a[i]%=p;
}
sort(a+1,a+n+1);
long long max1 = (a[n]+a[n-1])%p;
int now = n;
for(int i = 1; i < now ;i++){
max1 = max(max1,(a[i]+a[now])%p);
if(a[i]+a[now] >= p){
now--;
i--;
}
}
printf("%lld\n",max1);
}
return 0;
}
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原文地址：http://www.cnblogs.com/zero-begin/p/4561764.html
