由於只有3行，因此只會會換行2次，假設$x, y$分別為這兩次的換行點

那麽答案為$S[1][x] +S[2][y] - S[2][x - 1] + S[3][n] - S[3][y - 1]$

其中，$S[i]$表示第$i$行的前綴和

令$a[x] = S[1][x] - S[2][x - 1], b[y] = S[2][y] - S[3][y - 1]$

考慮枚舉$x$，那麽問題轉化為詢問在一堆數中求一個數$k$使得$v (= a[x] + S[3][n]) + k \;mod\;p$最大

分兩種情況考慮，第一種$v + k \in [v, mod - 1]$，那麽$k \in [0, mod - k - 1]$，並且$k$越大越好

第二種不如第一種好，但有可能不得不選，$v + k \in [1, v - 1]$，同樣時$k$越大越好

也就是說，需要一種支持插入，查詢前驅和最大值的數據結構，$set$就可以

註：倒敘枚舉$x$，可以做到不刪除

復雜度$O(n \log n)$

#include <set>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;

extern inline char
 
 gc() {
    static char RR[23456], *S = RR + 23333, *T = RR + 23333;
    if(S == T) fread(RR, 1, 23333, stdin), S = RR;
    return *S ++;
}
inline int read() {
    int p = 0, w = 1; char c = gc();
    while(c > ‘9‘ || c < ‘0‘) { if(c == ‘-‘) w = -1; c = gc(); }
    while(c >= ‘0‘ && c <= ‘
 
9‘) p = p * 10 + c - ‘0‘, c = gc();
    return p * w;
}

#define ll long long
#define ri register int
#define sid 200050

int n, ans, mod;
int s[4][sid], a[sid], b[sid];

set <int> ex;

int main() {
    n = read(); mod = read();
    for(ri i = 1; i <= 3; i ++)
    for(ri j = 1; j <= n; j ++)
    s[i][j] = (s[i][j - 1] + read()) % mod;

    for(ri i = 1; i <= n; i ++) a[i] = (s[1][i] - s[2][i - 1] + mod) % mod;
    for(ri i = 1; i <= n; i ++) b[i] = (s[2][i] - s[3][i - 1] + mod) % mod;
    
    int der = s[3][n]; ex.insert(1);
    for(ri i = n; i >= 1; i --) {
        ex.insert(-b[i]);
        int v = (der + a[i]) % mod;
        int p = *ex.lower_bound(-(mod - 1 - v));;
        if(p == 1) ans = max(ans, (v - *(++ ex.begin())) % mod);
        else ans = max(ans, v + -p);
    }

    printf("%d\n", ans);
    return 0;
}

51nod1624 取余最長路 前綴和 + set