F - Divisibility(01背包)

本文解析了POJ-1745题目的动态规划解法,通过定义dp数组记录前i个数对K取余的所有可能结果,最终判断是否能构成对K取余为0的数。代码实现简洁高效。

摘要生成于 C知道 ,由 DeepSeek-R1 满血版支持, 前往体验 >

题目链接POJ - 1745

题目大意:

给出N和K,然后给出N个整数(不论正负),问在这N个数中,每两个数之间(即N - 1个位置)添加加号或者减号,然后运算的值对K取余,如果余数等于0输出Divisible,否则输出Not divisible

思路:

  1. 定义dp[i][j]为前i个数可以算得的所有情况,1为可以,0为不可以
    所以如果dp[N][0]为1那么即可以组成一个数对K取余为0

  2. 4 7
    17 5 -21 15
    举例
    首先一个数,不用说,第一个数之前不用加符号就是本身,那么本身直接对K取余,
    那么取17的时候有个余数为2
    然后来了一个5,
    (2 + 5)对7取余为0
    (2 - 5)对7取余为4(将取余的负数变正)
    那么前2个数有余数0和4
    再来一个-21
    (0+21)对7取余为0
    (0-21)对7取余为0
    (4+21)对7取余为4
    (4-21)对7取余为4
    再来一个-15同样是这样
    (0+15)%7 = 1
    (0-15)%7 = 6
    (4+15)%7 = 5
    (4-15)%7 = 3
    同理可以找到规律

思路转自poj1745 - Divisibility,感谢大佬

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<stack>
#include<vector>
#include<map>
#include<set>
using namespace std;

int mod;

int MOD(int x)//正数取余
{
    x %= mod;
    if(x < 0) x += mod;
    return x;
}

int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    int n,a[10010],dp[10010][101];
    cin >> n >> mod;
    for(int i = 1; i <= n; i++)
    {
        cin >> a[i];
    }
    memset(dp,0,sizeof(dp));
    dp[1][MOD(a[1])] = 1;
    for(int i = 2; i <= n; i++)
    {
        for(int j = 0; j < mod; j++)
        {
            if(dp[i-1][j])//枚举i-1个数是可以形成的所有情况
            {
                dp[i][MOD(j+a[i])] = 1;
                dp[i][MOD(j-a[i])] = 1;
            }
        }
    }
    if(dp[n][0])
        cout << "Divisible" << endl;
    else
        cout << "Not divisible" << endl;
    return 0;
}

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