拼多多2020春招笔试题

题目描述：

有一个长度为n的数列，若其中一个区间的连续的k个数之和能被M整除，则计数+1,求一共有几个这样的区间。
n<100000    M<100    1<=k<=n
输入n M以及n个数字，输出区间个数。

样例：

输入：
5 2
1 2 3 4 5
输出：
 6
解析： 6个区间分别如下
2
4
1 2 3
3 4 5
1 2 3 4
2 3 4 5

解析：

很简单的能想到先用前缀和处理，然后再枚举起点和终点，算出每个区间的和，再看是否符合%M即可。

但是这种方法复杂度为O(n^2)，会超时。

注意：此时题目中的条件 M<100一直没有用到。

改进：要想降低复杂度，只能是由枚举两个端点改为枚举一个端点，再加上M<100这个条件的提示，我们可以想到从%M入手。

首先要清楚 (A+B)%M=A%M+B%M，所以对于前缀和sum[i]，我们可以直接提前取模。

拿样例来说，前缀和应为1 3 6 10 15

我们把它取模2，得到     1 1 0  0  1

这两个前缀和对于我们计算合法区间效果是一样的。

如果i和j位置在取模M后相等，说明什么呢？

说明从(1~i )和(1~ j ) 取模M相等，说明(i+1~j)这个区间%M=0，即我们要找的合法区间！

所以在前缀和数列的第i个位置时，我们要计算出其之前的位置有多少个位置和i相等，相等就说明中间一段区间是合法的。

%M=0代表这一段从头开始就是合法的，所以为了统一，我们需要在数列前加一个0。

做法：

预处理出前缀和，并且取模M，之后枚举右端点，记录右端点之前有多少个位置和当前右端点位置的取模值相同，相同则记录进答案。

相当于用空间换取了时间，之前枚举两个端点超时，改为枚举右端点O(N)，不再超时。

代码：

#include 

using namespace std;

int a[100005];
int s[100005]; //前缀和
int t[100]; //t[i]表示目前 前缀和取模之后等于i的有t[i]个。 
int n,m;

int main(){
	cin>>n>>m;
	for (int i=1; i<=n; i++){ 
		cin>>a[i]; 
		s[i]=s[i-1]+a[i];
		s[i]%=m;
	}
	int ans=0;
	t[0]=1;
	for (int i=1; i<=n; i++){
		ans+=t[s[i]];
		t[s[i]]++;
	}
	cout<