51nod 1624 取余最长路

佳佳有一个n*m的带权矩阵，她想从(1,1)出发走到(n,m)且只能往右往下移动，她能得到的娱乐值为所经过的位置的权的总和。

有一天，她被下了恶毒的诅咒，这个诅咒的作用是将她的娱乐值变为对p取模后的值，这让佳佳十分的不开心，因为她无法找到一条能使她得到最大娱乐值的路径了！

她发现这个问题实在是太困难了，既然这样，那就只在3*n的矩阵内进行游戏吧！

现在的问题是，在一个3*n的带权矩阵中，从(1,1)走到(3,n)，只能往右往下移动，问在模p意义下的移动过程中的权总和最大是多少。

样例解释：

移动的方案为“下下右”。

Input

单组测试数据第一行两个数n(1<=n<=100000),p(1<=p<=1000000000)。接下来3行，每行n个数，第i行第j列表示a[i][j]表示该点的权(0<=a[i][j]<p)。

Output

一个整数表示答案。

Input示例

2 32 22 20 1

Output示例

2

官方题解：考虑一条路径。
一定是存在两个端点L，R，使得存在这么一条路径。
 (1,1) → ... → (1,L) → (2,L) → ... → (2,R) → (3,R) → ... → (3,n) 。
所以我们可以先求出若L=1时，枚举R，构造能得到的和的集合 ，也就是构造 suf[i]=(∑ij=1a[2][j]+∑nj=ia[3][j])%p ，将这些suf[i]插入到multi-set中。

每次查询L固定的所有路径的最大值。再每次L向后推进时，其实一次推进只会删除第一次转弯点是L的路径。
然后设置一个sum，每次L推进的时候更新一下sum=(sum+a[1][L+1]-a[2][L])%p;

如果图所示，蓝色一段是共用的，而sum已经把第二行和L一段平行的减掉了，所以multi-set中所有的值和当前的sum相加就会得到下一次L的所有路径。

至少当前以L为转弯点的最大值，只要分两类查询就可以了。一类是multi-set中最大的值和sum相加与当前最优解相比较，另一类是multi-set中某个值+sum越接近p越好。
注意这里必须要用多重集合。
总复杂度nlgn。

这个题解有点看不懂，如果之前全部都加进去的话，第二个拐弯点在第一个前面的情况也会被计算到，我们可以每次移动第二个节点，并且移动第一个节点加入set，这个查找的时候在set里面就可以保证i<=j,查找的策略和题解一样。

#include<iostream>#include<algorithm>#include<cstdio>#include<queue>#include<map>#include<vector>#include<cstring>#include<cmath>#include<set>using namespace std;typedef long long ll;int INF = 0x3f3f3f3f;const int N = 1e5 + 10;int a[4][N], sum[4][N];int p, sb[N*10];int main(){    int n;    scanf("%d%d", &n, &p);    memset(sum, 0, sizeof(sum));    for(int i = 1; i<=3; i++)    {        for(int j = 1; j<=n; j++)            scanf("%d", &a[i][j]), sum[i][j] = (sum[i][j-1] + a[i][j])%p;    }    int s = 0, ans = 0;    set<int>S;    for(int i = 1; i<=n; i++)    {        s = (sum[1][i] - sum[2][i-1] + p)%p;        S.insert(s);        s = (sum[2][i] + sum[3][n] - sum[3][i-1] + p)%p;        ans = max(ans, (s + *(--S.end()))%p);        set<int>::iterator it = S.lower_bound(p - s);        if(it != S.begin())        {            ans = max(ans, (s + *(--it))%p);        }    }    cout<<ans<<endl;    return 0;}