Description

有一个长度为n的数组a，现在要找一个长度至少为2的子段，求出这一子段的和，然后减去最大值，然后对k取余结果为0。
问这样的子段有多少个。
样例解释：下标从1开始，对应的三个区间为[1:3],[1:4],[3:4]

Solution

很有意思的一道题目。
首先，我们做最大值，很容易想到，找到所有的最大值，然后去扩展区间，可以用O(n)预处理。出l,r数组。
如果最大值为a，那么要判定的问题就是s[r]−s[l−1]−a≡0(modm)，因为这段区间一定要包含a，那么可以直接枚举l~a左边后a右边到r，然后判断右边或左边又多少个数等于a[l-1]+a或a[r]-a。（如果左边比右边小就枚举左边，否则就枚举右边，复杂度n log n）
现在问题就转化成判断一个区间有多少个为p的数。
我想到了两种做法：

方案1：

因为要在l到r里面找有多少个为p的数，那么相当于个p开一个桶c[p][r]-c[p][l-1]就是答案，但是空间不够开这么大的桶，怎么办？
我们发现上面的东西可以拆成+c[p][r]和-c[p][l-1]，那么我们可以在每个位置处理有哪些数的个数要被加或减，开一个vector来处理。
比如说上面再r位置要加一下p的个数，l-1的位置要减一下p的个数。
然后到最后在统计答案用cnt处理一下每个数出现的次数，然后就直接做就好了。

方案2

一开始就用vector处理一下值为p的所有位置。
那么要对l-1和r操作，那么二分一下就可以了。
c++当然用lower和upper就好了。
我打了方案2。

Code

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<vector>
#define fo(i,a,b) for(i=a;i<=b;i++)
#define fod(i,a,b) for(i=a;i>=b;i--)
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=600007;
int i,j,k,t,n,m,l[maxn],r[maxn],mo,a[maxn],s[maxn];
ll ans;
vector<int>d[1000007];
int ask(int x,int l,int r){
    int yi=upper_bound(d[x].begin(),d[x].end(),r)-d[x].begin()-1,
    er=lower_bound(d[x].begin(),d[x].end(),l)-d[x].begin()-1;
    return yi-er;
}
int main(){
//  freopen("fan.in","r",stdin);
    scanf("%d%d",&n,&mo);
    fo(i,1,n){
        scanf("%d",&a[i]);
        s[i]=(s[i-1]+a[i])%mo;
    }
    fo(i,0,n)d[s[i]].push_back(i); 
    fo(i,1,n){
        l[i]=i-1;
        while(l[i]>=1&&a[l[i]]<a[i])l[i]=l[l[i]];
    }
    fod(i,n,1){
        r[i]=i+1;
        while(r[i]<=n&&a[r[i]]<=a[i])r[i]=r[r[i]];
    }
    fo(i,1,n){
        if(i-l[i]<r[i]-i){
            fo(j,l[i]+1,i){
                k=(s[j-1]+a[i])%mo;
                ans+=ask(k,i,r[i]-1);        
            }
        }
        else{
            fo(j,i,r[i]-1){
                k=((s[j]-a[i])%mo+mo)%mo;
                ans+=ask(k,l[i],i-1);
            }
        }
    }
    printf("%I64d\n",ans-n);
}