[WerKeyTom_FTD的模拟赛]刻画在历史舞台上的群星
题目背景
受愤怒权能情感伤害链接的影响，昴死亡轮回了三次。在第四次的轮回中，与贝蒂一起使用魔法杀马克屏蔽了愤怒权能，但艾米莉亚不敌愤怒火焰权能，激战中又被强欲司教劫走，于是留下歌姬和普莉希拉单挑愤怒，昴与莱因哈鲁特前去营救艾米。同时，色欲司教的袭击广播，奥托遇到到处吞噬的暴食司教，复活的尸体特雷西亚的出现，水门都市各个战场战斗激化。
王选阵营VS大罪司教，他们，是刻画在历史舞台上的群星。
题目描述
广场站着一排人，在观看着挟持小男孩的愤怒司教的演说，一共有n个，编号为1~n，第i个人的编号为i。
第i个人，有一个恐惧程度值为ai。如果[l,r]的人被愤怒司教使用权能链接，那么对于l<=i<=j<=r，便会产生(a[i]+a[i+1]+……a[j-1]+a[j]) mod p那么多的恐惧总值，其中p是给定的一个常数。
为了更好的应战愤怒司教，现在有q个询问，每个询问给定区间[l,r]，请你找出对于任意l<=i<=j<=r，[i,j]产生恐惧总值的最小值。
输入格式
第一行两个正整数表示n，p。
接下来一行，n个整数，表示序列a。
接下来一行一个正整数表示询问个数q。
接下来q行，每行两个正整数l，r表示一次询问。
输出格式
q行每行一个
样例输入
3 3
1 1 2
3
1 2
2 3
3 3
样例输出
1
0
2
数据范围及约定
40%，2<=p<=n<=50,q<=50
60%，2<=p<=n<=100,q<=100
70%，2<=p<=n<=1000,q<=2000
80%，2<=p<=n<=200000,q<=2000
前80%数据共8个测试点，每个测试点10分，时限均为1s。后20%数据共4个测试点，每个测试点5分。
第九个测试点：2<=p<=n<=2000000，q<=2000，时限3s
第十个测试点：2<=p<=n<=6000000，q<=2000，时限3.5s
第十一个测试点：2<=p<=n<=6000000，q<=2000，时限2s
第十二个测试点：2<=p<=n<=6000000，q<=2000，时限1.5s
其中，本题的数据保证随机生成，生成方法如下：
每个测试点有一个对应的常数len，前70%数据的len约等于n的3/4，后30%的len值如下。
第八个测试点：len为2650
第九个测试点：len为8500
后三个测试点：len为14500
对于a序列，每个ai均在[0,p-1]中等概率随机生成。
对于每组询问，其有3/4的概率满足条件一，1/4的概率满足条件2
条件1：被询问区间的区间大小<=len
条件2：被询问区间的区间大小>len
被询问区间的区间大小x在满足条件情况下等概率随机生成，然后等概率随机生成符合条件的右端点，相减得到左端点。
请注意对读入进行优化。
请注意常数带来的影响。
请注意利用题目的条件优化程序。
题目来源
改编自《小奇的数列》
题目背景相关
题目名选自《Re：从零开始的异世界生活》第五章标题“刻画在历史舞台上的群星”，本章讲述了解决圣域问题后的一年后，五大王选阵营因为各种契机集合在水门都市商议，接着水门都市遭到愤怒、强欲、暴食、色欲的大罪司教的进攻，众人一同对敌的故事。
40%算法
暴力枚举统计答案。
复杂度为O(n^3q)。
60%算法
记录前缀和，计算区间和使用前缀和快速得出，其余暴力。
复杂度为O(n^2q)。
70%算法
对于每个询问，我们要找l<=i<=j<=r中，(sum[j]-sum[i-1]) mod p的最小值。
顺序扫描，对于枚举的一个j，如何找到这个i？假如sum[j]是新的最小值，那么这个i便是前面的最大值。否则，我们要找一个不比sum[j]大的最小数。
要支持插入和查询，可以使用线段树维护。
复杂度o(nq log p)
80%算法
优化一
相信这个优化大家一定都会。
在扫描过程中，如果答案已经为0，那么就退出。
我们如何合理分析这个算法的复杂度呢？
首先根据a的随机方法，第i个位置是j的概率P(a[i]为j)=1/p
我们考虑sum。
先给出结论：P(sum[i]为j)=1/p
当i=1时，显然是正确的，显然sum[1]=a[1]嘛。
如果i=n时结论正确，那么i=n+1时结论也正确。
P(sum[i+1]为j)=sigma{P(sum[i]为k)*P(a[i+1]为(j-k)mod p)}
后面部分为1/(p^2)，一共p项加起来为1/p。
因此归纳完毕。
然后呢，每次我们期望会在多少步后就结束算法？
假设i步就结算，那么花费了i步，概率是i-1步内未结束，在第i步时结束了。P（i-1步内未结束）=P（前i-1个互不相同）=(p/p)[(p-1)/p][(p-2)/p]……[(p-i)/p]=p!/[(p-i-1)!*p^(i-1)]
P（在第i步恰好结束）=P（i-1步内未结束）P（第i个与前i-1个中某一个相同）=p!/[(p-i-1)!*p^(i-1)](i-1)/p
对期望的贡献为P(在第i步恰好结束)*i
我们计算一下2*10^5时的期望，大约为560。
2*10^6时的期望，大约为1773。
6*10^6时的期望，大约为3070。
记这个期望步数为a。
那么复杂度为aq log p。
优化二
我们都知道抽屉原理，对于本题，如果询问的区间长度比p还大，那么一定会出现两个相同的，因此答案为0。
然而这并没有什么用，因为p和n是同阶的。
我们思考抽屉原理的本质，那就是P(长度为p+1的区间互不相同)=0
假如我们定义一个常数b，那么P（长度为b的区间互不相同）是多少？
可以发现，在80%数据下，b随便一取概率已经是小的不行了。
这个其实叫生日悖论。
因此我们可以考虑一个优化，设置一个常数b，每次询问的区间长度大于b时，就认为答案为0，直接退出。只要我们合理设置b，可以保证程序错误率很小。
怎么计算错误率呢？用优化一的方法可以得到单词错误率，那么程序的正确率为(1-单次错误率)^q，再用1减得到程序的错误率。
我们发现题目条件中有个神秘常数len，事实上，代入题目中给定的len可以发现程序的错误率极小。你设置的b可以直接用len，也可以再小一些。
题目的每组询问有1/4的概率生成长度大于len的区间，因此期望情况下，我们会去执行的区间只有0.75q个。
加了优化后，只有<=b的区间会被执行，那么单次询问最坏复杂度是b log p，总复杂度为0.75bq log p。
将优化一与优化二一起使用，单次询问变成期望复杂度a log p。
总复杂度为0.75aq log p。
85%算法
我们应该如何继续优化每次询问的复杂度呢。
注意到每次做的区间长度都很小，但是因为值域是p很大，线段树又是静态的，那么我们会很慢。
因此考虑到使用复杂度动态的平衡树，使用任意一种应该都能过，直接调用STL中的set也行，set求前驱的方法是lower_bound，如果不想改变set的大小比较，可以考虑把数变成相反数放进去，取出来再取相反数即可。
总复杂度0.75aq log b
90%算法
到这里我们考虑优化常数。STL的set是很大常数的，写splay无疑也是很慢的，因为了解splay势能分析的都知道splay带了一个3的常数。
可以选择跑的很快的treap。
treap的原理大家应该都知道了。每次新插入的新点如果为t，旋转到了k，那么t的fix在k子树内一定最小，概率为1/size[k]，旋转一次t的深度减一，旋转的复杂度是O（1），那么这样复杂度就是d[t]-d[k]+1，对期望贡献为(d[t]-d[k]+1)*1/size[k]，我们又知道size[k]>=(d[t]-d[k]+1)，所以这个东西<=1。t一共有log n个父亲，所以每次的期望复杂度<=log n。
95%算法
计算过程其实并不会很慢，那么慢的地方到底在哪里呢？
n=6000000，读入就超时了啊。
所以我们对读入进行优化，用fread即可。
100%算法
将算法各个地方的常数优化得好一点，就可以过。通常情况下IO优化都加了，不要写太丑，应该都能过了。
如果过不了，你可以尝试一下下面这个优化。
优化三
我们观察前两个优化，显然都在考虑如何快速判断一个询问答案是否为0。
基于这个思想，我们可以预处理出right[i]表示最小的j>i，满足sum[i]=sum[j]。
那么在做每个询问前，可以先扫一遍[l-1,r-1]，如果存在一个i满足right[i]<=r，那么这个询问答案一定为0。
我们检验所需的复杂度？首先因为优化2我们只考虑<=b的区间，那么根据随机方法每种长度区间出现概率均为1/b。我们枚举区间长度x，然后枚举在第i步时，那么前i个一定要互不相同，这是不在i步之前停下的概率。后面x-i个全部不和前i个相同，是(p-i)^(x-i)，再用1减，这是在i步可以停下的概率，相乘得到恰好在i步停下的概率。
计算出n=6000000时检验的期望复杂度为2655，设这个常数为c。
这个优化关键还在于有多少个答案为0的区间，根据计算<=b的区间有1/5的概率不为0，那么这些区间就被我们略去了，剩余的区间计算复杂度和原来一致。
总复杂度0.75*0.2(c+b log b)q+0.75*0.8cq
你计算一下发现这样子比原来还慢，所以我们考虑不在每次询问前都去检验，而是类似优化一那样，只是退出条件由答案为0改成了找到后面有相同的。
这样子做总复杂度0.75cq log b，比原来快，不过本题q不大，只是常数优化。
注意使用优化三也要配合优化二！
优化三的改进
我们来追求更快的判断一个询问是否答案为0。
注意到[l,r]如果答案为0，那么存在一个在[l-1,r-1]范围中的i满足next[i]<=r，由于满足next[i]<=r的i一定<=r-1，因此只需要满足i>=l-1。
题目没有强制我们在线，那么把[l,r]挂在l-1上，接着我们离线的处理所有询问。扫描线倒着扫，维护next的最小值，每次处理掉挂在左端点的所有询问，因为维护了next的最小值能很轻易的判断一个区间的答案是否为0。
那么总复杂度为0.75*0.2bq log b。
标程
#include0]);
}
else{
insert(tree[x][1],x,v);
if (fix[tree[x][1]]1]);
}
}
void work(int l,int r,int id){
int i,t,k;
tot=root=0;
insert(root,0,sum[l-1]);
root=1;
mx=mi=sum[l-1];
ans=p;
fo(i,l,r){
if (ans==1) break;
/*if (next[i]<=r){
ans=0;
break;
}*/
if (sum[i]if (sum[i]-mx+psum[i]-mx+p;
}
else{
t=root;k=0;
while (t){
if (key[t]>sum[i]) t=tree[t][0];
else{
if (key[t]>k) k=key[t];
t=tree[t][1];
}
}
if (sum[i]-ksum[i]-k;
}
if (sum[i]sum[i];
if (sum[i]>mx) mx=sum[i];
insert(root,0,sum[i]);
}
num[id]=ans;
}
void write(int x){
if (!x){
putchar('0');
putchar('\n');
return;
}
top=0;
while (x){
sta[++top]=x%10;
x/=10;
}
while (top){
putchar('0'+sta[top]);
top--;
}
putchar('\n');
}
int main(){
freopen("history.in","r",stdin);freopen("history.out","w",stdout);
fread(buf,1,R,stdin);
srand(time(0));
n=read();p=read();
fo(i,1,n){
t=read();
sum[i]=(sum[i-1]+t)%p;
}
fo(i,0,p-1) last[i]=n+1;
fd(i,n,0){
next[i]=last[sum[i]];
last[sum[i]]=i;
}
q=read();
tot=0;
fo(i,1,q){
ask[i][0]=read();ask[i][1]=read();
add(ask[i][0]-1,i);
}
r=n+1;
fd(i,n-1,0){
if (next[i]while (t){
if (r>ask[go[t]][1]) work(ask[go[t]][0],ask[go[t]][1],go[t]);
t=n2[t];
}
}
fo(i,1,q) write(num[i]);
} 题目情况
80分：1人
70分：3人
60分：5人
0分：1人
平均分：59
想说的话
jason80分好厉害。毕竟两个优化才加我才给80,jason有其他蜜汁方法过了80。
Drin_E也厉害，fread+优化二三+线段树+蜜汁优化艹过了（考试后过的别误解）