【OJ2216】小奇的数列

题目大意 ： 给定一个长度为 \(n\) 的数列，以及 \(m\) 次询问，每次给出三个数 \(l\)，\(r\) 和 \(P\)，询问 \((\sum_{i=l_1}^{r_1}a_i)\;mod\;P\) 的最小值。 其中 \(l \le l_1 \le r_1 \le r\) 。 \((n\le 5\times 10^5, m\le 10^4,P\le 500)\)

Tag： 抽屉原理、STL

最朴素的做法当然是计算前缀和再枚举 \(l_1\) 和 \(r_1\) 。这里有一个优化：如果区间中有超过 \(P\) 个元素，那么可以根据抽屉原理证明一定存在一个区间使得区间和膜 \(P\) 为 \(0\) ，可以据此让区间大小大于 \(P\) 的区间直接输出 \(0\) 。

那么我们只考虑枚举 \(l_1\) 和 \(r_1\) 中的一个是否可以完成本题？我们可以只枚举 \(r_1\) ，显然我们要找到一个 \(l_1\) ，使得 \(s[r_1]-s[l_1]\) 最小，即 \(s[l_1]\) 与 \(s[r_1]\) 最接近，用STL的 \(\text Set\) 即可维护。（这里 \(s[x]\) 表示 \((sum[x]-sum[l-1])\,mod\,P\) ）

#include
#include
#include
using namespace std;
inline int _read()
{
    char c; int x=0;
    for(;c<'0'||c>'9';c=getchar());
    for(;c>='0'&&c<='9';c=getchar())x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0';
    return x;
}
typedef long long ll;
const int N=500005;
int a[N];
ll sum[N];
int main()
{
    int n=_read(),m=_read();
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        a[i]=_read();
        sum[i]=sum[i-1]+a[i];
    }
    while(m--)
    {
        int l=_read(),r=_read(),p=_read(),ans=501;
        set s;
        s.insert(0);
        if(r-l+1>=p)
        {
            puts("0");
            continue;
        }
        for(int i=l;i<=r;i++)
        {
            ll w=(sum[i]-sum[l-1])%p;
            auto it=s.upper_bound(w); if(it!=s.begin())--it;
            ans=min(ans,int((w-*it)%p));
            s.insert(w);
        }   
        printf("%d\n",ans);
    }
}

转载于:https://www.cnblogs.com/farway17/p/9404497.html