【题目背景】
小奇总是在数学课上思考奇怪的问题。
【问题描述】
给定一个长度为 n 的数列，以及 m 次询问，每次给出三个数 l，r 和 P， 询问 (a[l'] + a[l'+1] + ... + a[r']) mod P 的最小值。 其中 l <= l' <= r' <= r。
即模意义下的区间子串和最小值。
【输入格式】
第一行包含两个正整数 n 和 m，表示数列的长度和询问的个数。
第二行为 n 个整数，为 a[1]..a[n]。
接下来 m 行，每行三个数 l，r 和 P，代表一次询问。
【输出格式】
对于每次询问，输出一行一个整数表示要求的结果
【样例输入】
4 2
8 15 9 9
1 3 10
1 4 17
【样例输出】
2
1
【数据范围】
对于 20%的数据 n<=100，m<=100，p<=200
对于 40%的数据 n<=200，m<=1000，p<=500
对于 70%的数据 n<=100000，m<=10000，p<=200
对于 100%的数据 n<=500000，m<=10000，p<=500，1<=a[i]<=10^9
【解析】
这道题第一眼看过去好像没什么思路。从部分分入手吧。
20分：直接暴力枚举每一个区间里的点，然后求最小值即可。
40分：可以使用前缀和优化，然后就可以很快地求一个区间里的和。
70分：假如数据是绝对随机，那么如果一个区间的长度大于p，该区间中一定可以组合出所有区间和%p的余数。其中一定会有余数为0的情况，输出0即可。经过实测，这种方法可以拿90分。
100分：将前缀和改为区间前缀和，那么设i为当前枚举到的点，那么区间[ l , i ]的余数sum[i]=(sum[i-1]+a[i])%p。记vis[i]表示余数为i的情况在前面是否出现过。对于每一个sum[i]，我们都枚举比他小的余数（从sum[i]到0，用j表示），如果vis[j]=1，表示有这种情况。假设余数为j的位置为p，那么由模运算的性质可得：区间[ p , i ]的余数为sum[i]-j。（为什么大于sum[i]的不需要？因为这不可能是更优的解）然后，用sum[i]-j去更新答案。由于余数是从大到小枚举的，且j越大sum[i]-j越小，即该区间余数越小，如果当前能够被更新，后面的就不会再对答案造成影响了，直接break即可。最后把vis[sum[i]]设为1。注意，如果当前答案已经为0了，就直接输出（不会再更优了）。另外，不要每次都去清空前缀和数组，只需要把sum[l-1]设为0即可。
【备注】
这道题的正解其实是平衡树，但我并不会这个东西......
【代码】
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#define N 500002
using namespace std;
int n,m,a[N],l,r,p,i,j,k;
long long sum[N];
bool e[];
long long read()
{
char c=getchar();
long long w=;
while(c<''||c>'') c=getchar();
while(c<=''&&c>=''){
w=w*+c-'';
c=getchar();
}
return w;
}
long long min(long long a,long long b)
{
if(a<b) return a;
return b;
}
int main()
{
freopen("seq.in","r",stdin);
freopen("seq.out","w",stdout);
n=read();
m=read();
for(i=;i<=n;i++) a[i]=read();
while(m--){
l=read();
r=read();
p=read();
if(r-l+>p){
cout<<""<<endl;
continue;
}
for(i=;i<=p;i++) e[i]=;
e[]=;
sum[l-]=;
long long ans=<<;
for(i=l;i<=r;i++){
sum[i]=(sum[i-]+a[i])%p;
for(j=sum[i];j>=;j--){
if(e[j]){
ans=min(ans,sum[i]-j);
break;
}
}
if(ans==) break;
e[sum[i]]=;
}
printf("%lld\n",ans);
}
fclose(stdin);
fclose(stdout);
return ;
}