HackerRank Weekly Challenges - Week 6: Consecutive Subsequences 你有余我也有余

原题链接：Consecutive Subsequences

题目大意：给定一个包含 n（1 ≤ n ≤ 10^6）个正整数的序列 a
，以及一个整数 k（1 ≤ k ≤ 100），求能够被 k 整除的连续的子串的个数。其中序列中每个元素的大小范围：1 ≤ a[i] ≤ 10^4

大致思路：如果直接存储序列的前缀和，再通过两层循环得到所有连续子串的和必然会超时，但是前缀和还是要用到的，我们把序列的前缀和存在数组 sum
中。通过观察可以发现，若 a1,a2,a3....,ax 以及 a1,a2,a3....,ay（y>x）的和除以 k 的余数相同，则 ax....ay 的和就能整除 k，即 sum[x]%k
== sum[y]%k 时，就存在一个符合条件的连续子串。所以，可以使用类似哈希的方式，将每个前缀和对 k 取余，取余结果相同的就映射到同一个桶中，并累加桶中元素的个数。对于同一个桶中的任意两个元素 sum[i] 和 sum[j]，则从 i 至 j 的连续子串和即可整除 k，故整个桶中符合条件的子串个数即为哈希桶元素个数的组合数 C(n,2)。同时，由于单个整数也是符合条件的子串，故还需加上桶0的大小。另外，由于题目给定的数据上限较大，使用 int 有可能溢出，所以使用 long long。具体实现如下：

#include <cstdio>
#include <cstring>

long long a[1000005];
long long b[105];

int main() {
long long T, n, k, num;
scanf("%lld",&T);
while(T--) {
scanf("%lld%lld",&n,&k);
memset(a,0,sizeof(a));
memset(b,0,sizeof(b));
long long count = 0;
for(long long i=1; i<=n; i++) {
scanf("%lld", &num);
a[i] = num + a[i-1];
long long rem = a[i] % k;
b[rem]++;
}
count += b[0];
for(long long i=0; i<k; i++) {
count += (b[i]-1) * (b[i]) / 2;
}
printf("%lld\n", count);
}
return 0;
}