一道很不錯的題目，綜合了多個知識點。題意：給你n個數，判斷能否在這n個數中選一些數組成3600的倍數。
先給這個題的一般形式。
給你n個數，判斷能否在這n個數中選一些數組成m的倍數。
(1 ≤ n ≤ 1e6, 2 ≤ m ≤ 1e3)
然後我們可以發現乙個01揹包的解法（時間複雜度:o(n*m)）
狀態:dp[i][j]表示從1到i個數中能否選一些數組成m（0表示不可以，1表示可以）。
狀態轉移方程: dp[i + 1][(j + a[i]) % m] = 1 if dp[i][j] = 1
這裡可以考慮用滾動陣列優化一下。
但是這個時間複雜度肯定過不去，然後我們考慮優化。
有三種優化策略：二進位制優化，bitset 或者 抽屜原理。
這裡主要講抽屜原理優化，其餘的優化也會給出**。
當n>=m的時候，肯定可以從這n個數中選擇一些數組成m的倍數，直接輸出yes即可。
為什麼呢？利用乙個取餘的性質（ (a + b) % mod = (a%mod +b%mod) % mod ）以及抽屜原理.
定義sum陣列為這n個數的字首和陣列，即sum[i]=a[1]+a[2]+.....a[i-1]+a[i]
分為兩種情況考慮:
情況一：存在乙個k(1 <= k <= n)，使得sum[k] % m == 0，那麼就得證；
情況二：對於任意的k(1 <= k <= n)，都有sum[k] % m != 0，那麼餘數的種類只有 1 到 m-1 總共 m-1 種情況，但是有 m 個 sum，由抽屜原理可知必然有兩個sum(假設為sum[i],sum[j],j > i)的餘數相同。因此 (sum[j] - sum[i]) % m = (sum[j] % m - sum[i] % m) = 0;
**實現：
二進位制優化的**（來自已退役的cds學長）：#include#includeusing namespace std;int a[150000];
int dp[3605],f[3605];
int main()
if(dp[0]) printf("yes\n");
else printf("no\n");}}
}
#include#include#includeusing namespace std;int v, s[3600], dp[18005];
void alone(int use)
}void every(int use)
}void mulit(int n, int use)
if (dp[0]) puts("yes");
else puts("no");
}return 0;
}
揹包 01揹包
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