一. 题目

 

 

二. 初步思路

        

        因为是解决区间上的问题，很容易想到用前缀和来解决。前缀和是o ( n ) 的时间复杂度，但后续枚举两个端点要 o ( n^2 )，对于2e10的数据，超时。

for (int i = 1; i <= n; i ++)
    for (int j = i; j <=n; j ++)
    {
        if ((a[j] - a[i]) % k == 0)
            ans ++;
    }

三. 正确解法

        固定左端点，去枚举右端点来把时间复杂度降到o ( n )。对于两个不同的区间，因为左端点都是原点，两个右端点相减得到的中间一段即为某个区间。所有区间的左端点都是最左边的零点。

        对这个得到的区间模k取余，当余数为零是这个区间就符合条件。对于余数不为零的区间，只需要找到另一个余数相同的区间，两区间相减得到的区间就是k倍。

        这样就把问题转化成找相同余数余数。

        用map记录同一余数出现次数，用set来遍历所有余数。

 

 

#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
using namespace std;

LL n, k, a, s, ans;
map<LL, LL> mp;
set<LL> se;

int main()
{
	mp.clear();
	mp[0] = 0;
	cin >> n >> k;
	for (int i = 1; i <= n; i ++)
	{
		cin >> a;
		s = (s + a) % k;
		mp[s] ++;
		se.insert(s);		
	}
	for (auto i:se)
		ans += (mp[i] * (mp[i] - 1)) / 2;        // 任取余数相同的两个区间，Cm2种
	cout << ans + mp[0];
	return 0;
}