连续自然数之和

题目描述

有n个正整数排成一行。你的目的是要从中取出一个或连续的若干个数，使它们的和能够被k整除。例如，有6个正整数，它们依次为1、2、6、3、7、4。若k=3，则你可以取出1、2、6，或者2、6、3、7，也可以仅仅取出一个6或者3使你所取的数之和能被3整除。当然，满足要求的取法不止以上这4种。事实上，一共有7种取法满足要求。给定n和k，以及这n个数。你的任务就是确定，从这n个数中取出其中一个数或者若干连续的数使它们的和能被k整除有多少方法。由于取法可能很多，因此你只需要输出它mod 1234567的值即可。

输入

第一行有两个正整数，分别代表n和k。输入数据保证有n小于等于500 000，k小于等于100 000。以下n行每行一个正整数。这些正整数保证都不大于10 000。

输出

一个正整数。它应该是你的答案mod 1234567的结果。

样例输入

样例输出

题目解读

首先我们先将一些重要的地方提取出来

你的目的是要从中取出一个或连续的若干个数，使它们的和能够被k整除

由于取法可能很多，因此你只需要输出它mod 1234567的值即可。

n小于等于500 000，k小于等于100 000（这两个截然不同，注意！！！）

由第一点我们很容易想到前缀和表示数（F[ai + 1] + F[ai + 2] …… F[aj] = sum[j] - sum[i]）

解析

我们设 A = sum[J] - sum[I],B = sum[Q] - sum[F]

则我们可得 A % k = R，B % k = R，则此时 k | (A - B)

*证明（可跳过）

设 A = sum[J] - sum[I] = ka + r，B = sum[Q] - sum[F] = kb + r

则 A - B = ka + r - (kb + r) = k(a - b)，所以此时 k | k(a - b)，即 k | (A - B)

因而我们可以用一个数组存R存 sum % k 的余数个数，不明白的话可以看代码理解

接着我们用组合数学的知识求解：

因为每两个数相减可得一组答案，而R数组又替我们存了有相同余数的总个数，所以我们可以用C的公式求解

值得注意的是：当余数为 0 时，还需加上R数组存的个数，因为他们不需要相减也是 K 的倍数

代码

#include<cstdio>
#define M 100000
#define mod 1234567
#define LL long long
#define reg register
 
int n;
LL sum,R[M + 5];
LL ans,k;
 
LL C(LL N,LL m){
    LL Ans = 1;
    for (reg int i = 1;i <= m; ++ i)
        Ans = Ans * (N - m + i) / i;
    return Ans;
}
 
int main(){
    scanf("%d%lld",&n,&k);
    for (reg int i = 1;i <= n; ++ i){
        int a;
        scanf("%d",&a);
        sum += 1ll * a;
         ++ R[sum % k];
    }
    ans += R[0];
    for (reg int i = 0;i <=k - 1; ++ i){
        if (R[i] <= 1)
            continue;
        if (R[i] == 2)
            ans = (ans + 1) % mod;
        else ans = (ans + C(R[i],2)) % mod;
    }
    printf("%lld\n",ans);
    return 0;
}