题目

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题意

给出一个最长为$200000$数列
给出一堆最多为$200000$个询问区间，问从这些区间中取出一些数使得数字之和是m的倍数，有多少种方案。其中保证$1≤m≤20$。

题解

最容易想到的方法就是倍增+dp来做。
定义$f[i][j][k]$表示区间$[l,l+2^j)$内，选取数字之和$mod m == k$的方案数。
这种$dp$很容易想到，转移方程也比较容易写，但是空间复杂度会爆炸掉，因此我们必须换一种方法。

离线分治算法：
对于最开始的区间$[1,n]$我们考虑它的中点$mid = (1+n)/2$，有的询问区间包含了mid这个点，有的在mid点左边，有的在mid点右面。
在这里我们可以用$O(n)$的时间复杂度内计算出所有包含mid点的询问区间的答案，然后把剩下的询问区间分到左右两边，然后再分治解决。

如何在$O(n)$的时间复杂度内计算出所有包含mid点的询问区间的答案：
记录$f[i][k]$表示区间$[l,mid]$之间选取数字之和模m等于k的方案数。
记录$g[i][k]$表示区间$[mid+1,i]$之间选取数字之和模m等于k的方案数。
那么$询问区间[l,r] (l≤mid≤r) 的答案就是：\sum_{0}^{m-1}f[l][i]*g[r][(m-i)\%m]$

代码

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <vector>
#include <cstring>
using namespace std;
#define pr(x) cout<<#x<<":"<<x<<endl
const int maxn = 2e5+7;
int n,m,q;
int query[maxn][3];
int g[maxn][22];
int f[maxn][22];
int a[maxn];
const int mod = 1e9+7;
void solve(int l,int r,vector<int> qs){if(l >= r || qs.size() == 0)return ;int mid = (l + r) / 2;for(int i = l;i < r;++i) for(int j = 0;j < m;++j)g[i][j] = f[i][j] = 0;f[mid][0] = 1;for(int i = mid-1;i >= l;i--){for(int j = 0;j < m;++j){f[i][(j+a[i])%m] = (f[i][(j+a[i])%m] + (long long)f[i+1][j]) % mod;f[i][j] = (f[i][j] + f[i+1][j]) % mod;}}g[mid-1][0] = 1;for(int i = mid;i < r;++i){for(int j = 0;j < m;++j){g[i][j] = (g[i][j] + g[i-1][j]) % mod;g[i][(j+a[i])%m] = (g[i][(j+a[i])%m] + (long long)g[i-1][j]) % mod;}}vector<int> qs1,qs2;for(auto i : qs){if(query[i][1] < mid-1) qs1.push_back(i);else if(query[i][0] > mid) qs2.push_back(i);else {if(query[i][1] == mid-1){query[i][2] = f[query[i][0]][0];}else if(query[i][0] == mid){query[i][2] = g[query[i][1]][0];}else{for(int j = 0;j < m;++j){query[i][2] = (query[i][2] + (long long)f[query[i][0]][j] * g[query[i][1]][(m-j)%m])% mod;}}} }solve(l,mid,qs1);solve(mid,r,qs2); 
}
int main(){scanf("%d%d",&n,&m);for(int i = 1;i <= n;++i){scanf("%d",&a[i]);a[i] %= m;}vector<int> qs;scanf("%d",&q);for(int i = 0; i < q;++i){scanf("%d %d",&query[i][0],&query[i][1]);qs.push_back(i);}solve(1,n+1,qs);for(int i = 0;i < q;++i){printf("%d\n",query[i][2]);}return 0;
}