Description
Edward 得到了一个长度为 N 的整数序列，他想找出这里面有多少个“幸运的”
连续子序列。一个连续子序列被称为“幸运的”，当且仅当该子序列内的整数之
和恰好是 K 的整数倍数。他请求你写一个程序来计算他喜欢的连续子序列个数.
Input
输入第一行是一个整数 T，表示有 T 组数据。
每组数据第一行是两个整数 N (1 <= N <= 10^6), K (1 <= K <= 10^9)。
接下来的一行包含 N 个整数 Ai (|Ai| <= 10^9)。
Output
对于每组测试数据，输出一行仅包含一个整数，表示 Edward 喜欢的连续子序
列数量。
Sample Input
2
5 3
1 2 3 4 1
6 2
1 2 1 2 1 2
Sample Output
4
9
HINT
一开始没有想到同余定理，根据nanako大神的说法，可以差不多刚好卡时间和内存AC，但是鶸并不会..
记得当时模拟赛后，nanako对这题的脑洞已经几乎完全接近正解了。
分析：根据同余定理：(a-b)%c=a%c-b%c，可以想到使用前缀和，并记录每个前缀和的模k后的值，O（n^2）的解法是两层循环 前缀数组模k套公式，显然超时（好蠢，再找到有几个相同余数的数。例如样例二：前缀和并模K后的数组为1 1 0 0 1 1 ，找到余数相同的 b[0],b[1],b[4],b[5]，4个,那么在其中取首尾，不同位置的组合有 （3+1）*（3）/2=6，同样的，零有2个，但要注意余数为0的话意味着该位置的前缀和本身就是K的倍数，所以0的组合为 (2+1)*2/2=3。
注意点：给出的数有可能是负数，故求余数时需要变换。
*更新点： 因为我的写法是没有先计算前缀和而直接计算模后数组的，所以注意求模后的数组时，加上前一个值后就要模k再判断是否小于0进行变换。
#include <stdio.h>
#include <iostream>
#include <string.h>
#include <algorithm>
#define ll long long
using namespace std; int a[], b[];
ll Xe(ll a)
{
return ((a+)*(a))/;
}
int main()
{
int T, t;
int n, k;
ll x, ans;
scanf("%d", &T);
while(T--)
{
scanf("%d%d", &n, &k); ans=;
scanf("%d",&b[]);
b[]%=k; //注意先模再判
if(b[] < )
b[]=(b[]+k)%k; for(int i=; i<n; i++)
{
scanf("%d",&t);
b[i]=b[i-]+t;
b[i]%=k; //注意先模
if(b[i]<)
b[i]=(b[i]+k)%k;
}
sort(b, b+n);
b[n]=-;
/*for(int i=1; i<=n; i++)
{
cout<<b[i]<" ";
} for(int i = 1; i <= n; i++)
{
for(int j = 0; j < i; j++)
{
if(!((k+b[i]%k-b[j]%k)%k))
{
ans++;
//printf("%d~%d\n",i,j );
}
}
}*/
x=;
for(int i = ; i <= n; i++)
{
if(b[i]==b[i-])
x++;
else
{
if(b[i-]!=)
x--;
ans+=Xe(x);
x=;
}
}
printf("%lld\n", ans);
}
}