(二分)51nod1624 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”。

输入

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)。

输出

一个整数表示答案。

输入样例

2 3
2 2
2 2
0 1

输出样例

2

 

因为行数为3，所以你只需要做两次选择，在x列向下一次，在y列向下一次

利用前缀和计算，可得出计算公式a[0][x]+a[1][y]-a[1][x]+a[2][n]-a[2][y]

因为复杂度较高，我们需要一些优化,将a[0][x]-a[1][x]放入set，每次进行二分找最大值

详解请见代码 

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <queue>
#include <stack>
#include <map>
#include <vector>
#include <set>
typedef long long ll;
using namespace std;
const int maxn=1e5+10;
ll n,p,num,a[3][maxn],ans;
int main()
{
    scanf("%lld%lld",&n,&p);
    for(ll i=0;i<3;i++)
    {
        for(ll j=1;j<=n;j++)
        {
            scanf("%lld",&num);
            a[i][j]=(a[i][j-1]+num)%p;//可以在最开始求前缀和时取模
        }

    }
    set<ll>q;
    q.clear();
    ans=0;
    for(ll i=1;i<=n;i++)
    {
        ll u=(a[0][i]-a[1][i-1]+p)%p;
        q.insert(u);
        u=(a[1][i]+a[2][n]-a[2][i-1]+p)%p;
        set <ll>::iterator it=q.lower_bound(p-u);//找不超过p所能到达的最大值,二分优化
        if(it!=q.begin());
        ans=max(ans,(u+*(--it))%p);
    }
    printf("%lld",ans);
    return 0;
}