这个题的题目有点长，我们先来分析一波。
首先，这个题目中提到了以下几个量
1.最直接的就是每个小盆友手上的数字，这是题目给你的
2.每个小盆友的特征值
题目中给的定义是：每个小朋友的特征值等于排在他前面（包括他本人）的小朋友中连续若干个（最少有一个）小朋友手上的数字之和的最大值。
其实就是求一个最大连续子序列和，这个是用DP求的，下面会说到
3.每个小盆友的分数
分数的定义是这样的：第一个小朋友的分数是他的特征值，其它小朋友的分数为排在他前面的所有小朋友中（不包括他本人），小朋友分数加上其特征值的最大值。
这个东西显然也是可以DP求的，因为满足最优子结构的性质
我们先来处理一下每个小盆友的特征值
其实就是求最大连续子序列和。
我们令dp[i]为以a[i]结尾的最大连续子序列和（注意这里i一定是被选上的）
那么显然只有两种情况
1.这个连续子序列只有一个元素a[i]，此时dp[i]=a[i]
2.这个连续子序列有多个元素，那么这个子序列就是从前面某个地方a[p]开始（p<i），一直到a[i]结尾，此时dp[i]=dp[i-1]+a[i]
那么要求最大连续子序列显然就是取一个max
状态转移方程：dp[i]=max(a[i],dp[i-1]+a[i])
该处理特征值了
设t[i]表示第i个小盆友的特征值
然后我们再看题目中给的特征值的定义
特征值等于排在他前面（包括他本人）的小朋友中连续若干个（最少有一个）小朋友手上的数字之和的最大值。
也就是说这个小盆友是不一定被选上的
难道我们每次都要遍历前面来找到一个最大值？
显然不用。我们可以设置一个maxn用来存储这之前的最大值，然后只需要在每一层dp更新一遍就可以了。
最后别忘了取模，否则爆炸就不提了
代码：
ll maxn=-0x7fffffff; for(int i=1;i<=n;i++) { dp[i]=max(a[i],dp[i-1]+a[i]); maxn=max(maxn,dp[i]); t[i]=maxn%p; }
然后来求一下每个小盆友的分数
我们先定义一个数组f[i]表示第i个小朋友的分数，ans表示答案，maxn表示之前分数的最大值
回头看分数的定义：第一个小朋友的分数是他的特征值，其它小朋友的分数为排在他前面的所有小朋友中（不包括他本人），小朋友分数加上其特征值的最大值。
那么我们可以得到边界条件：f[1]=t[1]；ans=f[1]
然后也可以得出状态转移方程 maxn=max(maxn,t[i-1]+f[i-1])，f[i]=maxn
判断答案时记得取模
代码：
maxn=-0x7fffffff; f[1]=t[1]; ans=f[1]; for(int i=2;i<=n;i++) { maxn=max(maxn,t[i-1]+f[i-1]); f[i]=maxn; if(ans<maxn) ans=maxn%p; }
然后这个题就完了
完整代码：
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; inline int read() { int ans=0; char last=' ',ch=getchar(); while(ch<'0'||ch>'9') last=ch,ch=getchar(); while(ch>='0'&&ch<='9') ans=ans*10+ch-'0',ch=getchar(); if(last=='-') ans=-ans; return ans; } const ll MANX=1000005; ll n,p,ans; ll dp[MANX],a[MANX],t[MANX],f[MANX]; int main() { n=read(),p=read(); for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=read(); ll maxn=-0x7fffffff; for(int i=1;i<=n;i++) { dp[i]=max(a[i],dp[i-1]+a[i]); maxn=max(maxn,dp[i]); t[i]=maxn%p; } maxn=-0x7fffffff; f[1]=t[1]; ans=f[1]; for(int i=2;i<=n;i++) { maxn=max(maxn,t[i-1]+f[i-1]); f[i]=maxn; if(ans<maxn) ans=maxn%p; } cout<<ans; }