【Ozon Tech Challenge 2020】 C. Kuroni and Impossible Calculation 模数

题意：

给出一个数列 $a[]$,以及一个模数 $m$，计算 $\prod_{1 <= i < j <= n} \left|a[i] - a[j]\right|$.
数据范围： $1 <= n <= 2 * 10 ^ 5, 1 <= m <= 1000, 0 <= a[i] <= 10^9$.

思路：

很容易想到的是 $O(n^2)$的做法，但是看到 $n$的范围，明显会超时。
又会看到 $m$的范围，不是一个固定的非常大的质数当作模数，所以 $m$应该是突破口。
根据 $m$，可以分成两种情况。

1. $n <= m$, 这样 $n$的范围小于 $1000$，可以用 $O(n ^ 2)$的算法解决。
2. $n > m$,模完 $m$之后最多有 $m$个不同的模数，而数列中的数的个数大于 $m$，一定至少存在两个数， $a[i] \equiv a[j] \mod m$, 那么 $|a[i] - a[j]| \equiv 0 \mod m$.
   最终的乘积就是0.

代码：

/**
* Author : Xiuchen
* Date : 2020-03-03-23.20.52
* Description : C.cpp
*/
#pragma GCC optimize(1)
#pragma GCC optimize(2)
#pragma GCC optimize(3,"Ofast","inline")
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<string>
#include<vector>
#include<stack>
#include<queue>
#include<map>
#include<cmath>
#include<math.h>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const ll INF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3fLL;
const int maxn = 2e5 + 100;
int gcd(int a, int b){
    return b ? gcd(b, a % b) : a;
}
ll m, n;
ll a[maxn];
int main(){
    scanf("%lld%lld", &n, &m);
    for(int i = 1; i <= n; i++) scanf("%lld", &a[i]);
    if(n <= m){
        ll ans = 1 % m;
        for(int i = 1; i <= n; i++){
            for(int j = i + 1; j <= n; j++){
                ans = (ans * abs(a[i] - a[j])) % m;
            }
        }
        printf("%lld\n", ans);
    }
    else printf("0\n");
    return 0;
}