一道有點思維難度的差分題

【GDOI2018 Day1】密碼鎖

Description

Input

Output

Sample Input

Sample Input1
4 3
1 2 1 0

Sample Input2
11 8
1 2 3 4 5 0 5 4 3 2 1

Sample Input3
20 100
30 91 15 72 61 41 10 37 98 41 94 80 26 96 10 88 59 5 84 14

Sample Output

Sample Output1
2

Sample Output2
8

Sample Output3
313

Data Constraint

題解

考場這題我打了100行的暴力，記憶化搜尋加剪枝 （鬼知道我怎麼做得到的）

這題乍一看似乎沒什麼思路，但我們換個方向來想，如果把\(n\)個數在模\(m\)的意義下差分一下（再最後補一個\(a[n+1]\)與\(a[n]\)）差分，那麼如果我們想要把\(a\)陣列全部變成0，也就相當於把差分陣列（假設是\(cf[i]\)）全部變成0
然後我們又知道，在差分陣列修改一段區間\([l,r]\)時（假設是加1），是將\(cf[l]+1,cf[r+1]-1\)，然後減1就是反過來將\(cf[l]-1,cf[r+1]+1\)，又因為本題的\(cf[i]\)是在模\(m\)的意義下的，所以一個\(cf[i]\)加到\(m\)或者減到0的結果都是0
於是想法就很顯然了，將差分陣列排序，前半段的顯然減到0更優，後半段的顯然加到\(m\)更優，所以我們可以維護\(cf[i]\)的字首和\(sum1[i]\)，維護\(m-cf[i]\)的字首和\(sum2[i]\)，然後列舉分割加和減的點，如果這個點的字首和這個點下一個點和字尾和相同，那麼也就是說前半段減和後半段加可以抵消，將所有差分陣列在模\(m\)意義下修改到0，那麼這個點的字首和或者這個點下一個點的字尾和即為答案

CODE

#include<cstdio>
#include<string>
#include<algorithm>
#define max(a,b) (((a)>(b))?(a):(b))
#define min(a,b) (((a)<(b))?(a):(b))
#define R register int
#define N 1000005
#define ll long long
using namespace std;
ll n,m,a[N],cf[N],sum1[N],sum2[N];
inline void read(ll &x)
{
	x=0;ll f=1;char ch=getchar();
	while (!isdigit(ch)) {if (ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
	while (isdigit(ch)) x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48),ch=getchar();x*=f;
}
int main()
{
	freopen("lock.in","r",stdin);
	freopen("lock.out","w",stdout);
	read(n);read(m);
	for (R i=1;i<=n;++i)
		read(a[i]),cf[i]=(a[i]-a[i-1]+m)%m;
	cf[n+1]=(a[n+1]-a[n]+m)%m;
	sort(cf+1,cf+n+2);
	for (R i=1;i<=n+1;++i)
		sum1[i]=sum1[i-1]+cf[i];
	for (R i=n+1;i;--i)
	{
		sum2[i]=sum2[i+1]+m-cf[i];
		if (sum2[i]==sum1[i-1]) {printf("%lld\n",sum2[i]);return 0;}
	}
	return 0;
}