51nod 1624 取余最长路

题目看这里
走的过程必然是这样的：从pos[1][1]走到pos[1][x]以至于pos[2][x]，再走到pos[2][y]以至于pos[3][y]，最后从pos[3][y]走到pos[3][n]。留意，这里x<=y。

假设第i层的前j项和为sum[i][j]，其中i∈[1,3]，j∈[1][n]。
那么这样一条转折点为x和y的路径所得的值为：
ans=sum[1][x]+(sum[2][y]-sum[2][x-1])+(sum[3][n]-sum[3][y-1])
把这个式子调整一下：
令①=sum[1][x]-sum[2][x-1]；②=sum[2][y]-sum[3][y-1]+sum[3][n]
ans=①+②

相当于把x和y进行了分离，于是我们可以把①用set进行存储用以查询，穷举②。
穷举②的每一项的时候，set里有许多的①，那么哪一项才是好的呢？因为要mod P，因为所有元素都属于[0,P-1]，所以：
要么让①+②最接近P，要么让①+②最接近2P，这样一模剩下来的才大。故而：

情况1：找<(p-②)，且最接近这个值的，这样加起来会和会最接近P
情况2：情况1不存在，比如说set里的数都>=(p-②)，那么直接找set里最大的那个就行。因为这样①+②能越过P之后尽可能往前走，使得数更大。

这里注意2个地方：
1：相减的地方可能产生负数，+P来调一下
2：这里的X是<=Y的，所以不能先把所有的①放进set再枚举②。得放一个①，②从前面的①构成的set里找。

#include 
using namespace std;

#define ll long long
#define lowb lower_bound
const int maxN = 1e5 + 5;

ll N, P, sum[4][maxN];
set st;

int main() {
    scanf("%lld%lld", &N, &P);
    ll t;
    for (int i = 1; i <= 3; ++i) {
        sum[i][0] = 0;
        for (int j = 1; j <= N; ++j) {
            scanf("%lld", &t);
            sum[i][j] = (sum[i][j - 1] + t) % P;
        }
    }
    st.clear();
    ll ans = 0;
    for (int y = 1; y <= N; ++y) {
        st.insert((sum[1][y] - sum[2][y - 1] + P) % P);

        ll cur = (sum[2][y] - sum[3][y - 1] + sum[3][N] + P) % P;
        t = P - cur;
        set::iterator it = st.lowb(t);
        if (it != st.begin())
            ans = max(ans, (*(--it) + cur) % P);
        else
            ans = max(ans, (*(--st.end()) + cur) % P);
    }
    printf("%lld\n", ans);
    return 0;
}