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ybt 1195：判断整除
OpenJudge NOI 2.6 3531:判断整除

【题目考点】

1. 动态规划：线性动规

【解题思路】

每次添加的数字可能是正数，可能是负数，这样构成一个数字序列。

1. 状态定义：

考虑如下情况：如果最后一个输入的数字是x，前面的数字加和为s

• 如果添加x后加和能被k整除，那么有$(s+x)\%k=0$。即如果$s\%k=(k-x\%k)\%k$，那么添加x后加和能被k整除。
• 如果添加-x后能被k整除，那么有$(s-x)\%k=0$， 即如果$s\%k=x\%k$，那么添加-x后加和能被k整除。

如果以上两种情况中有一种成立，那么就可以得到能被k整除的加和。
而要判断上述条件是否成立，必须要可以做到判断前i个数字的加和整除k后能否得到某数字j。
因此，设计状态定义：
dp[i][j]为是否存在数字序列方案可以使得前i个数字的加和除k余j，如果存在，值为true；不存在，值为false。
初始状态：dp[0][0]为前0个数字的加和（加和为0）是否除k余0，是的。因此dp[0][0] = true。
要求的结果为：前n个数字加和是否可以除k余0，即dp[n][0]

2. 状态转移方程

考虑要使前i个数字的加和除k后余j，前i-1个数字的加和必须如何？
设输入的第$i$个数字为$v$，前$i-1$个数字的加和为$s$：

• 如果添加数字$v$后加和除$k$余$j$，那么有$(s+v)\%k=j$，即$s\%k=(j+k-v\%k)\%k$

推导过程：
由于$(s+v)\%k=j$，那么一定有$j<k$，所以$j=j\%k=j\%k\%k$
$(s+v)\%k=j\Rightarrow$
$(s\%k+v\%k)\%k=j\%k\%k$
两边为$a\%k=b\%k$的形式，两边被除数加上相同的正整数后，余数一定还是相等的，即$(a+c)\%k=(b+c)\%k$
让两边被除数加上$k-v\%k$
$(s\%k+v\%k+k-v\%k)\%k=(j\%k+k-v\%k)\%k\Rightarrow$
$(s\%k+k)\%k=(j\%k+k-v\%k)\%k\Rightarrow$
$s\%k=(j+k-v\%k)\%k$

• 如果添加数字$-v$后加和除$k$余$j$，那么有$(s-v)\%k=j$，即$s\%k=(j+v)\%k$

推导过程：
由于$(s-v)\%k=j$，那么一定有$j<k$，所以$j=j\%k=j\%k\%k$
$(s-v)\%k=j\Rightarrow$
$(s\%k-v\%k+k)\%k=j\%k\%k$
两边为$a\%k=b\%k$的形式，两边被除数加上相同的正整数后，余数一定还是相等的，即$(a+c)\%k=(b+c)\%k$
让两边被除数加上$v\%k$
$(s\%k-v\%k+v\%k+k)\%k=(j\%k+v\%k)\%k\Rightarrow$
$s\%k\%k=(j\%k+v\%k)\%k\Rightarrow$
$s\%k=(j+v)\%k$

因此，如果前$i-1$个数字的加和$s$满足$s\%k=(j+k-v\%k)\%k$，那么接下来添加数字$v$，得到的前$i$个数的加和满足除k余j。
如果$i-1$个数字的加和$s$满足$s\%k=(j+v)\%k$，那么接下来添加数字$-v$，得到的前$i$个数的加和满足除k余j。
也可以说，只要前$i-1$个数字的加和$s$满足$s\%k=(j+k-v\%k)\%k$或$s\%k=(j+v)\%k$，都可以通过添加v或v的相反数，来让前$i$个数的加和满足除k余j。
因此可以得出状态转移方程：
dp[i][j] = dp[i-1][j+k-v%k] || dp[i-1][(j+v)%k]
其中v为第i个数字。
或者先将各个数字输入到数组a中，a[i]为第i个数字，状态转移方程为：
dp[i][j] = dp[i-1][j+k-a[i]%k] || dp[i-1][(j+a[i])%k]

【题解代码】

解法1：线性动规

• 写法1：先输入数据到数组，再求状态

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
bool dp[10005][105];//dp[i][j]表示前i个数字（无论正负）的和结果模k能不能得到j 
int a[10005];
int main()
{
	int n, k, v;
	cin >> n >> k;
	dp[0][0] = true;
	for(int i = 1; i <= n; ++i)
		cin >> a[i];
	for(int i = 1; i <= n; ++i)
		for(int j = 0; j < k; ++j)//j是除k得到的余数，范围为0~k-1 
			dp[i][j] = dp[i-1][(k+j-a[i]%k)%k] || dp[i-1][(j+a[i])%k]; 
    cout << (dp[n][0] ? "YES" : "NO");
	return 0;
}

• 写法2：一边输入一边求状态

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
bool dp[10005][105];//dp[i][j]表示前i个数字（无论正负）的和结果模k能不能得到j 
int main()
{
	int n, k, v;
	cin >> n >> k;
	dp[0][0] = true;
	for(int i = 1; i <= n; ++i)
	{
		cin >> v;
		for(int j = 0; j < k; ++j)//j是除k得到的余数，范围为0~k-1 
			dp[i][j] = dp[i-1][(k+j-v%k)%k] || dp[i-1][(j+v)%k]; 
	}
    cout << (dp[n][0] ? "YES" : "NO");
	return 0;
}