51nod 1624 取余最长路

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 3
2 2
2 2
0 1

Output示例

2

解题报告

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。

<span style="font-size:18px;">#include<stdio.h>
#include<set>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=1e5+6;
ll pre[4][maxn];
set<ll> s;
int main()
{
freopen("i.txt","r",stdin);
int n,p;
scanf("%d%d",&n,&p);
for(int i=1;i<=3;i++)
for(int j=1;j<=n;j++)
{
scanf("%d",&pre[i][j]);
pre[i][j]+=pre[i][j-1];
pre[i][j]%=p;
}
ll ans=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
ll x1=pre[1][i]-pre[2][i-1];
x1=(x1+p)%p;
s.insert(x1);

ll x2=pre[3]
-pre[3][i-1]+pre[2][i];
x2=(x2+p)%p;
ans=max(ans,((*(--s.end()))+x2)%p);

//寻找最接近 x1+x2=p x1
set<ll>::iterator it=s.lower_bound(p-x2);
if(it!=s.begin())
ans=max(ans,(x2+*(--it))%p);
}
printf("%d\n",ans);
return 0;
}</span>