AcWing
1230. K倍区间
暴力枚举区间，逐个元素求和，时间复杂度$O(n^3)$，打咩；
暴力枚举区间，前缀和数组求区间和，时间复杂度$O(n^2)$，还是打咩；
观察到一个性质，从小到大枚举右端点r，假设此时的区间和s[r]满足s[r] % k == a，对于r左端所有的点l∈[0, r-1]，如果其区间和s[l]也满足s[l] % k == a，那么(s[r] - s[l]) % k == 0，即s[l+1, r]是一个k倍区间。所以只需要在遍历的同时，记录0 ~ k-1这些余数出现的次数，在遍历到i时，求出s[i] % k，看i前面的前缀和数组中该余数出现的次数，就是以i为区间右端点时所有的K倍区间数，之后再更新次数数组cnt中该余数的值，令其+1. 注意初始化cnt[0] = 1，因为s[0] % k == 0，而遍历从1开始(对应第一个s[i] % k == 0的情况，res应该+1)。
这样做的时间复杂度只有$O(n)$，nice.
#pragma GCC optimize(3,"Ofast","inline")
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n, k;
const int N = 100010;
typedef long long LL;
LL s[N];
int cnt[N];
int main(){
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0); cout.tie(0);
cin >> n >> k;
for(int i = 1; i <= n; i++){
cin >> s[i];
s[i] += s[i - 1];
}
cnt[0] = 1;
LL res = 0;
for(int i = 1; i <= n; i++){
res += cnt[s[i] % k];
cnt[s[i] % k]++;
}
cout << res;
return 0;
}