HDU 5265 pog loves szh II (二分查找)

View Code
Problem : 5265 ( pog loves szh II )     Judge Status : Accepted
RunId : 13961817    Language : G++    Author : javaherongwei
Code Render Status : Rendered By HDOJ G++ Code Render Version 0.01 Beta

#include <stdio.h>
#include <math.h>
#include <string.h>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N=1e6;
__int64 num
,n,m,p,k,ans,cnt,sum;
int my_pow(int a,int n,int mod)
{
    int ans=a,tmp=1;
    while(n)
    {
        if(n&1) tmp*=ans;
        ans*=ans%mod;
        n>>=1;
    }
    return tmp;
}
int main()
{
    while(~scanf("%I64d%I64d",&n,&p))
    {
        for(int i=0; i<n; ++i)
        {
            scanf("%I64d",&num[i]);
            num[i]%=p;
        }
        sort(num,num+n);
        __int64 maxx=(num[n-1]+num[n-2])%p;///第二种情况最大值
        __int64 maxx2;
        for(int i=0; i<n; ++i)
        {
            maxx2=upper_bound(num,num+n,p-num[i]-1)-num-1;
                if((num[i]+num[maxx2])<p&&(maxx2>i))
                maxx=max((num[i]+num[maxx2])%p,maxx);
        }
        printf("%I64d\n",maxx);
    }
    return 0;
}
/*
由于序列中的数可能超过P，所以将所有的数读入后进行取模操作。
之后将取模后的所有数从小到大排序。题目要求我们求不同位置的两个数的和在取模意义下的最大值，
而现在所有数都是小于P且排好序的。因此设我任意选了两个数是X和Y，显然0≤X+Y≤2P−2。
若X+Y<P,则这次选数的答案就是X+Y，若X+Y≥P，则答案是X+Y−P。
那么我们可以这样做：将其中最大的两个数字相加取模，设为一个可能的答案记录在ANS中。
这个答案是第二种情况的最大值。再对排序好的序列进行枚举，对每个枚举到的数，
找出最大的数，使这个数与枚举到的数相加后的和最大且小于P，将之记为可能的答案并于之前找到的最大值ANS进行比较。
这个答案是第一种情况中的可能的最大值。而普通的枚举是要超时的，但是我们发现如果从小到大枚举第一个数，
那么另一个匹配的数显然是从大到小的，因此可以用一个NOW记录当前另一个匹配的数的位置，
每次枚举时NOW递减至符合条件。可以做到O(n)的时间复杂度。
综上所述，时间复杂度为快速排序的O(nlogn)，空间复杂度为O(n)。注意一些特殊情况如同一个位置不能多次选。

4 4
1 2 3 0
4 4
0 0 2 2
Sample Output
3
2
*/