佳佳有一個n*m的帶權矩陣，她想從(1,1)出發走到(n,m)且只能往右往下移動，她能得到的娛樂值為所經過的位置的權的總和。

有一天，她被下了惡毒的詛咒，這個詛咒的作用是將她的娛樂值變為對p取模後的值，這讓佳佳十分的不開心，因為她無法找到一條能使她得到最大娛樂值的路徑了！

她發現這個問題實在是太困難了，既然這樣，那就只在3*n的矩陣內進行遊戲吧！

現在的問題是，在一個3*n的帶權矩陣中，從(1,1)走到(3,n)，只能往右往下移動，問在模p意義下的移動過程中的權總和最大是多少。

樣例解釋：

移動的方案為“下下右”。

Input

單組測試資料
第一行兩個數n(1<=n<=100000),p(1<=p<=1000000000)。
接下來3行，每行n個數，第i行第j列表示a[i][j]表示該點的權(0<=a[i][j]<p)。

Output

一個整數表示答案。

Input示例

2 3
2 2
2 2
0 1

Output示例

2

官方題解：考慮一條路徑。
一定是存在兩個端點L，R，使得存在這麼一條路徑。
(1,1)→...→(1,L)→(2,L)→...→(2,R)→(3,R)→...→(3,n) 。
所以我們可以先求出若L=1時，列舉R，構造能得到的和的集合 ，也就是構造 suf[i]=(∑ij=1a[2][j]+∑nj=ia[3][j])%p ，將這些suf[i]插入到multi-set中。

每次查詢L固定的所有路徑的最大值。再每次L向後推進時，其實一次推進只會刪除第一次轉彎點是L的路徑。
然後設定一個sum，每次L推進的時候更新一下sum=(sum+a[1][L+1]-a[2][L])%p; 如果圖所示，藍色一段是共用的，而sum已經把第二行和L一段平行的減掉了，所以multi-set中所有的值和當前的sum相加就會得到下一次L的所有路徑。 至少當前以L為轉彎點的最大值，只要分兩類查詢就可以了。一類是multi-set中最大的值和sum相加與當前最優解相比較，另一類是multi-set中某個值+sum越接近p越好。
注意這裡必須要用多重集合。
總複雜度nlgn。 這個題解有點看不懂，如果之前全部都加進去的話，第二個拐彎點在第一個前面的情況也會被計算到，我們可以每次移動第二個節點，並且移動第一個節點加入set，這個查詢的時候在set裡面就可以保證i<=j,查詢的策略和題解一樣。

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<queue>
#include<map>
#include<vector>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<set>
using namespace std;
typedef long long ll;
int INF = 0x3f3f3f3f;
const int N = 1e5 + 10;
int a[4][N], sum[4][N];
int p, sb[N*10];
int main()
{
    int n;
    scanf("%d%d", &n, &p);
    memset(sum, 0, sizeof(sum));
    for(int i = 1; i<=3; i++)
    {
        for(int j = 1; j<=n; j++)
            scanf("%d", &a[i][j]), sum[i][j] = (sum[i][j-1] + a[i][j])%p;
    }
    int s = 0, ans = 0;
    set<int>S;
    for(int i = 1; i<=n; i++)
    {
        s = (sum[1][i] - sum[2][i-1] + p)%p;
        S.insert(s);
        s = (sum[2][i] + sum[3][n] - sum[3][i-1] + p)%p;
        ans = max(ans, (s + *(--S.end()))%p);
        set<int>::iterator it = S.lower_bound(p - s);
        if(it != S.begin())
        {
            ans = max(ans, (s + *(--it))%p);
        }
    }
    cout<<ans<<endl;
    return 0;
}