HDU5776 sum【前缀和+模除】

sum

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Problem Description

Given a sequence, you're asked whether there exists a consecutive subsequence whose sum is divisible by m. output YES, otherwise output NO

 

Input

The first line of the input has an integer T (1≤T≤10), which represents the number of test cases. 
For each test case, there are two lines:
1.The first line contains two positive integers n, m (1≤n≤100000, 1≤m≤5000).
2.The second line contains n positive integers x (1≤x≤100) according to the sequence.

Output

Output T lines, each line print a YES or NO.

Sample Input

23 31 2 35 76 6 6 6 6

 

Sample Output

YESNO

 

Source

BestCoder Round #85

问题链接：HDU5776 sum。

题意简述：（略）

问题分析：

这是一个连续子段和能否被整除的问题。

连续子段和可以由前缀和的差得到，所有将问题转换为求前缀和的问题。

即使得到前缀和，求两个前缀和的差（子段和）其计算复杂度为O(n*n)，也是比较难以接受的。

对所有前缀和模除m，得到其余数放在数组中，如果有两个以上相同的余数，说明子段和能够被m整除。

由于最大的m比较小（1<=m<=5000），所有时间复杂度上看还是比较快的。

原始数据和前缀和是没有必要存储的，只需要存储前缀和的余数的计数就够用了，可以省去许多存储。

一种特殊的情况是，如果有前缀和除以m余数为0的话，说明存在连续的子段能够被m整除。这种情形，程序中需要做特殊的处理。

程序说明：（略）

AC的C++语言程序如下：

/* HDU5776 sum */#include <iostream>#include <string.h>using namespace std;const int M = 5000;int prefixsum, remainder[M];int main(){    int t, n, m, a;    cin >> t;    while(t--) {        cin >> n >> m;        memset(remainder, 0, sizeof(remainder));        prefixsum = 0;        remainder[0] = 1;        for(int i=1; i<=n; i++) {            cin >> a;            prefixsum += a;            prefixsum %= m;            remainder[prefixsum]++;        }        bool flag = false;        for(int i=0; i<m; i++)            if(remainder[i] >= 2) {                flag = true;                break;            }        cout << (flag ? "YES" : "NO") << endl;    }    return 0;}