一、简析前缀和
有一系列元素 A [ a 0 , a 1 , . . . , a n , . . . ] A[a_0,~a_1,~...,~a_n,~...] A[a0, a1, ..., an, ...]，前缀和 p r e _ s u m [ n ] = A [ 0 ] + A [ 1 ] + ⋅ ⋅ ⋅ + A [ n ] pre\_sum[n]=A[0]+A[1]+···+A[n] pre_sum[n]=A[0]+A[1]+⋅⋅⋅+A[n]。
利用前缀和，我们可以很高效地得到 [ L , R ] [L,~R] [L, R] 的区间和 ∑ i = L R A [ i ] = p r e _ s u m [ R ] − p r e _ s u m [ L − 1 ] \sum_{i=L}^{R}A[i]=pre\_sum[R]-pre\_sum[L-1] ∑i=LRA[i]=pre_sum[R]−pre_sum[L−1]。
二、相关问题
2.1 题目简述
2.2 算法简析
设 p [ n ] = A [ 0 ] + A [ 1 ] + ⋅ ⋅ ⋅ + A [ n ] p[n] = A[0]+A[1]+···+A[n] p[n]=A[0]+A[1]+⋅⋅⋅+A[n]，则 [L, R] 的区间和为 p [ R ] − p [ L − 1 ] p[R]-p[L-1] p[R]−p[L−1]。题目要求区间和为 K K K 的倍数，则 ( p [ R ] − p [ L − 1 ] ) ∣ K (p[R]-p[L-1])~|~K (p[R]−p[L−1]) ∣ K，即 ( p [ R ] − p [ L − 1 ] ) ≡ 0 ( mod K ) (p[R]-p[L-1])\equiv 0~(\text{mod}~K) (p[R]−p[L−1])≡0 (mod K)。由模运算率， p [ R ] ≡ p [ L − 1 ] ( mod K ) p[R]\equiv p[L-1]~(\text{mod}~K) p[R]≡p[L−1] (mod K)。满足该条件，就是满足"K倍区间"。
我们可以统计，在模 K K K 的条件下，前缀和同余的个数。例， c n t [ j ] cnt[j] cnt[j] 表示前缀和模 K K K 的余数为 j j j 的个数，则满足"K倍区间"的个数为 C c n t [ j ] 2 C_{cnt[j]}^2 Ccnt[j]2。
需要注意的是，余数为 0 0 0 是一个特殊情况。因为题目允许区间只有一个元素，所以单独一个元素也是满足要求的（说明该元素是 K K K 的倍数）。假设余数为 0 0 0 的个数为 x x x，则满足题目要求的个数为
C x 2 + x = x ( x − 1 ) 2 + x = ( x + 1 ) x 2 = C x + 1 2 \begin{split} C_x^2+x&=\frac{x(x-1)}{2}+x \\ &=\frac{(x+1)x}{2} \\ &=C_{x+1}^2 \end{split} Cx2+x=2x(x−1)+x=2(x+1)x=Cx+12
所以统计余数为 0 0 0 的情况时，要初始化为 1 1 1。
2.3 本题代码
cpp
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int MAX = 1e5 + 5;
ll N, K, A[MAX], cnt[MAX];
int quickin(void)
{
int ret = 0;
bool flag = false;
char ch = getchar();
while (ch < '0' || ch > '9')
{
if (ch == '-') flag = true;
ch = getchar();
}
while (ch >= '0' && ch <= '9' && ch != EOF)
{
ret = ret * 10 + ch - '0';
ch = getchar();
}
if (flag) ret = -ret;
return ret;
}
int main()
{
#ifdef LOCAL
freopen("test.in", "r", stdin);
#endif
N = quickin(), K = quickin();
int tmp = 0;
cnt[0] = 1;
for (int i = 0; i < N; i++)
{
A[i] = quickin();
tmp = (tmp + A[i]) % K;
cnt[tmp]++;
}
ll ans = 0;
for (int i = 0; i < K; i++)
{
if (cnt[i] > 0)
ans += cnt[i] * (cnt[i] - 1) / 2;
}
cout << ans << endl;
return 0;
} 完