首先肯定要单层循环枚举元素，然后想方法求出一个元素的所有答案。
一开始我写了一个二分找 \(m\) 倍数的方法，发现 \(m\) 小的时候还不如暴力。
于是联想到之前做过的一道题，可以借助于取模的前缀和数组。
对于当前元素 \(i\)，如果一个元素之前的前缀和与 \(i\) 之前的前缀和对 \(m\) 取余后相同，那么说明中间的所有元素的和一定是 \(m\) 的倍数。
有了这个思路，我们可以着手想代码了。首先二倍数组断环成链，然后计算前缀和数组 \(sum\)。用一个 \(cnt\) 数组记录前缀和对 \(m\) 取模后的值为一定值的个数。
在枚举 \(i\) 的时候，我们可以从 \(n+1\) 枚举到 \(2n\)。该元素对答案的贡献显然就是 \(cnt_{sum_i\mod m}\)。但需要注意的是，计算过 \(i\) 的贡献之后，\(i\) 就不能对以后的答案产生新贡献了，同时为保证找到的数字距离 \(i\) 不超过 \(n\)，我们对 \(cnt\) 数组进行更新，具体的，我们让 \(cnt_{sum_{i-n+1}\mod m}--\) 和 \(cnt_{sum_{i}\mod m}++\)。这样使得 \(cnt\) 一直表示的是 \(i-n+1\) 到 \(i\) 之间的结果。
Code
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
inline int read()
{
int w=1,s=0;char ch=getchar();
while(!isdigit(ch)){if(ch=='-') w=-1;ch=getchar();}
while(isdigit(ch)){s=s*10+(ch-'0');ch=getchar();}
return w*s;
}
const int maxn=1e6+10;
const int mod=1e9+7;
int n,m;
int a[maxn];
int sum[maxn],ans=0;
map<int,int> cnt;
signed main()
{
// freopen("xxx.in","r",stdin);
// freopen("xxx.out","w",stdout);
cin>>n>>m;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
a[i]=read();
a[i+n]=a[i];
}
for(int i=1;i<=n*2;i++)
{
sum[i]=sum[i-1]+a[i];
}
for(int i=2;i<=n;i++)
{
cnt[sum[i]%m]++;
}
for(int i=n+1;i<=2*n;i++)
{
ans+=cnt[sum[i]%m];
cnt[sum[i-n+1]%m]--;
cnt[sum[i]%m]++;
}
cout<<ans;
return 0;
}