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佳佳有一个n*m的带权矩阵，她想从(1,1)出发走到(n,m)且只能往右往下移动，她能得到的娱乐值为所经过的位置的权的总和。
有一天，她被下了恶毒的诅咒，这个诅咒的作用是将她的娱乐值变为对p取模后的值，这让佳佳十分的不开心，因为她无法找到一条能使她得到最大娱乐值的路径了！
她发现这个问题实在是太困难了，既然这样，那就只在3*n的矩阵内进行游戏吧！
现在的问题是，在一个3*n的带权矩阵中，从(1,1)走到(3,n)，只能往右往下移动，问在模p意义下的移动过程中的权总和最大是多少。
样例解释：
移动的方案为“下下右”。
Input
单组测试数据 第一行两个数n(1<=n<=100000),p(1<=p<=1000000000)。 接下来3行，每行n个数，第i行第j列表示a[i][j]表示该点的权(0<=a[i][j]<p)。
Output
一个整数表示答案。
Input示例
2 3 2 2 2 2 0 1
Output示例
2
思路:二分；
我们可以发现所有可能的路径都可以由两个拐点决定，所以最终的和可以这样，sum=ans[3][n]-ans[3][y-1]+ans[2][y]-ans[2][x-1]+ans[1][x];
sum=((ans[3][n]-ans[3][y-1]+ans[2][y])%m+(ans[1][x]-ans[2][x-1])%m)%m;
ans为每行的前缀和；
那么我们重小到大枚举y，然后将当前的（<=y）下标的(ans[1][x]-ans[2][x-1])%m)%m加入set，然后二分查找（m-ans[3][n]-ans[3][y-1]+ans[2][y])%m；
因为，set中的数<=m-1;并且按升序排列，我们在set中找m-(ans[3][n]-ans[3][y-1]+ans[2][y])%m这个的加上（ans[3][n]-ans[3][y-1]+ans[2][y]）再对m取余为0；是最小的
我们先来看，假设我们有一个数tt，在m的完全省余系中，我们要找一个和他之和对m取余为0的数，下面我们要证明这个数是唯一的，假设存在两个数和他和模m为0；（x1+tt）%m==(x2+tt)%m;
那么有x2-x1=km；由于-1<x1<m-1&&-1<x2<m-1;那么只能k=0，即x2=x1；
由上结论，我们可以知道，在set中要么有一个要么没有我们要找的数，记为cnt；
那么我们用lower_bound找到<=cnt且最接近他的数，如果有的话，他左边一个数并且做边有数，与(ans[3][n]-ans[3][y-1]+ans[2][y])%m和对m取模与
set中的最后一个与(ans[3][n]-ans[3][y-1]+ans[2][y])%m的和对m取模比较，取大的。因为从左到模0处去和上面(ans[3][n]-ans[3][y-1]+ans[2][y])%m和对m取模的结果递增，
重模0处到最后也是递增，模0处是最小的；
那么没有模0处则当前的和最后的比较就行。
复杂度（nlogn）
1 #include<stdio.h> 2 #include<algorithm> 3 #include<iostream> 4 #include<string.h> 5 #include<queue> 6 #include<stack> 7 #include<map> 8 #include<math.h> 9 #include<set> 10 using namespace std; 11 typedef long long LL; 12 LL ans[5][100005]; 13 set<LL>G; 14 set<LL>::iterator it; 15 int main(void) 16 { 17 int i,j,k; 18 LL n,m; 19 memset(ans,0,sizeof(ans)); 20 scanf("%lld %lld",&n,&m); 21 for(i=1; i<=3; i++) 22 { 23 for(j=1; j<=n; j++) 24 { 25 scanf("%lld",&ans[i][j]); 26 ans[i][j]+=ans[i][j-1]; 27 } 28 } 29 LL maxx=0; 30 int flag=0; 31 for(i=1; i<=n; i++) 32 { 33 LL sum=(ans[3][n]+ans[2][i]-ans[3][i-1])%m; 34 LL nn=m-sum; 35 nn=(nn%m+m)%m; 36 G.insert(((ans[1][i]-ans[2][i-1])%m+m)%m); 37 it=G.lower_bound(nn); 38 if(it!=G.begin()) 39 it--; 40 { 41 LL ak=((*it+sum))%m; 42 it=G.end();it--; 43 LL uu=*it; 44 LL sk=(uu+sum)%m; 45 if(sk>ak) 46 { 47 ak=sk; 48 49 }maxx=max(maxx,ak); 50 } 51 if(flag) 52 break; 53 } 54 printf("%lld ",maxx); 55 return 0; 56 }