HDU5265——贪心——pog loves szh II

Problem Description

Pog and Szh are playing games.There is a sequence with $n$ numbers, Pog will choose a number A from the sequence. Szh will choose an another number named B from the rest in the sequence. Then the score will be $(A+B)$ mod $p$.They hope to get the largest score.And what is the largest score?

 

 

Input

Several groups of data (no more than $5$ groups,$n \geq 1000$).

For each case: 

The following line contains two integers,$n(2 \leq n \leq 100000)$，$p(1 \leq p \leq 2^{31}-1)$。

The following line contains $n$ integers $a_i(0 \leq a_i \leq 2^{31}-1)$。

 

 

Output

For each case,output an integer means the largest score.

 

 

Sample Input

4 4 1 2 3 0 4 4 0 0 2 2

 

 

Sample Output

3 2

 

 

Source

BestCoder Round #43

 

 

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由于序列中的数可能超过P，所以将所有的数读入后进行取模操作。之后将取模后的所有数从小到大排序。题目要求我们求不同位置的两个数的和在取模意义下的最大值，而现在所有数都是小于P且排好序的。因此设我任意选了两个数是X和Y，显然0≤X+Y≤2P−2。若X+Y<P,则这次选数的答案就是X+Y，若X+Y≥P，则答案是X+Y−P。 那么我们可以这样做：将其中最大的两个数字相加取模，设为一个可能的答案记录在ANS中。这个答案是第二种情况的最大值。再对排序好的序列进行枚举，对每个枚举到的数，找出最大的数，使这个数与枚举到的数相加后的和最大且小于P，将之记为可能的答案并于之前找到的最大值ANS进行比较。这个答案是第一种情况中的可能的最大值。而普通的枚举是要超时的，但是我们发现如果从小到大枚举第一个数，那么另一个匹配的数显然是从大到小的，因此可以用一个NOW记录当前另一个匹配的数的位置，每次枚举时NOW递减至符合条件。可以做到O(n)的时间复杂度。 综上所述，时间复杂度为快速排序的O(nlogn)，空间复杂度为O(n)。注意一些特殊情况如同一个位置不能多次选。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
long long   a[100100];
int main()
{
    
    int n;
    long long p;
    while(~scanf("%d%lld",&n,&p)){
        for(int i = 1; i <= n; i++){
            scanf("%lld",&a[i]);
            a[i]%=p;
        }
        sort(a+1,a+n+1);
        long long  max1 = (a[n]+a[n-1])%p;
        int now = n;
        for(int i = 1; i < now ;i++){
            
            max1 = max(max1,(a[i]+a[now])%p);
            if(a[i]+a[now] >= p){
                now--;
                i--;
            }
           }
        printf("%lld\n",max1);
    }
    return  0;
}