1624 取余最长路(set)

1624 取余最长路

基准时间限制：1 秒 空间限制：131072 KB 分值: 40 难度：4级算法题

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

 

 

//以前竟然都没遇到过，set中竟然也有lower_bound(x) ,可以返回最小的大于等于 x 的迭代器

iterator lower_bound( const key_type &key ): 返回一个迭代器，指向键值>= key的第一个元素。

iterator upper_bound( const key_type &key ):返回一个迭代器，指向键值> key的第一个元素。

先码住，这题，很容易想到 N^2 解法，然而只需要枚举其中一个拐点即可，另一部分二分得出

# include <cstdio>
# include <cstring>
# include <cstdlib>
# include <iostream>
# include <vector>
# include <queue>
# include <stack>
# include <map>
# include <bitset>
# include <sstream>
# include <set>
# include <cmath>
# include <algorithm>
using namespace std;
# define LL          long long
# define pr          pair
# define mkp         make_pair
# define lowbit(x)   ((x)&(-x))
# define PI          acos(-1.0)
# define INF         0x3f3f3f3f3f3f3f3f
# define eps         1e-8
# define MOD         1000000007

inline LL scan() {
    LL x=0,f=1; char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-') f=-1; ch=getchar();}
    while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0'; ch=getchar();}
    return x*f;
}
inline void Out(int a) {
    if(a<0) {putchar('-'); a=-a;}
    if(a>=10) Out(a/10);
    putchar(a%10+'0');
}
# define MX 100005
/**************************/

int n,p;
LL sum[3][MX];

int main()
{
    n=scan(); p=scan();
    for (int i=0;i<3;i++)
    {
        for (int j=1;j<=n;j++)
        {
            sum[i][j]=scan();
            sum[i][j]=(sum[i][j]+sum[i][j-1])%p;
        }
    }
    int ans = (sum[0][1]+sum[1][1]+sum[1][n])%p;
    set<int> s;
    for (int i=1;i<=n;i++)
    {
        int tp = (sum[0][i]-sum[1][i-1]+p)%p;
        s.insert( tp );
        int dat = (sum[1][i]+sum[2][n]-sum[2][i-1]+p)%p;
        set<int>::iterator it = s.lower_bound(p-dat);
        if (it!=s.end())
        {
            if (it!=s.begin())
            {
                it--;
                ans = max((LL)ans,(*it+sum[1][i]+sum[2][n]-sum[2][i-1]+p)%p);
            }
        }
    }
    printf("%d\n",ans);
    return 0;
}