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洛谷-3131

思路

首先有一个\(brute-force\)，从大到小枚举区间长度，然后通过前缀和找是否存在这样的区间，时间复杂度\(o(n^2)\)。

在上述操作中，实际上我们做的就是找到两个下标\(a, b\)，判断\((s[b] - s[a - 1])\) 在模7下是否为\(0\)。即

\[(S[b] - S[a - 1]) \equiv 0 \pmod 7 \]

也即

\[S[b] \equiv S[a - 1] \pmod 7 \]

因此，我们可以对前缀和数组 以mod7的取值进行分组，对\(0 \dots 6\)的每一组，找最大和最小下标，答案就在差值之间。（注：下标0也要放进0组中

Code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define _u_u_ ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(nullptr)
#define cf int _o_o_;cin>>_o_o_;for (int Case = 1; Case <= _o_o_;Case++)
#define SZ(x) (int)(x.size())
inline void _A_A_();
signed main() {_A_A_();return 0;}

using ll = long long;
// #define int long long
int mod = 1e9 + 7;
const int maxn = 2e5 + 10;
const int N = 210, M = 5010;
const int inf = 0x3f3f3f3f;

inline void _A_A_() {
    #ifdef LOCAL
    freopen("in.in", "r", stdin);
    #endif
    _u_u_;
    int n;
    cin >> n;
    vector<ll> v(n + 1,0), s(n + 1, 0);
    vector<vector<int>> m(7);
    m[0].push_back(0);
    for (int i = 1;i <= n;i++) {
        cin >> v[i];
        s[i] = s[i - 1] + v[i];
        m[s[i] % 7].push_back(i);
    }
    int ans = 0;
    for (int i = 0;i < 7;i++) {
        if (SZ(m[i])>= 2) {
            ans = max(ans, m[i].back() - m[i].front());
        }
    } 
    cout << ans << "\n";
    return;
}

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From： https://www.cnblogs.com/FanWQ/p/16881776.html