hdu 5776 sum (抽屉原理)
来源:互联网 发布:武延军 中科院软件所 编辑:程序博客网 时间:2024/06/05 07:44
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.
For each test case, there are two lines:
1.The first line contains two positive integers n, m (
2.The second line contains n positive integers x (
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
抽屉原理:如果现在有3个苹果,放进2个抽屉,那么至少有一个抽屉里面会有两个苹果
抽屉原理的运用
现在假设有一个正整数序列a1,a2,a3,a4.....an,试证明我们一定能够找到一段连续的序列和,让这个和是n的倍数,该命题的证明就用到了抽屉原理
我们可以先构造一个序列si=a1+a2+...ai
然后分别对于si取模,如果其中有一个sk%n==0,那么a1+a2+...+ak就一定是n的倍数(该种情况得证)
下面是上一种情况的反面,即任何一个sk对于n的余数都不为0
对于这种情况,我们可以如下考虑,因为si%n!=0
那么si%n的范围必然在1——(n-1),所以原序列si就产生了n个范围在1——(n-1)的余数,于是抽屉原理就来了,n个数放进n-1个盒子里面,必然至少有两个余数会重复,那么这两个sk1,sk2之差必然是n的倍数,
而sk1-sk2是一段连续的序列,那么原命题就得到了证明了
http://blog.csdn.net/yao1373446012/article/details/52082693
首先预处理一下前i项的和(前缀和),再遍历前缀和数组,若sum[i]%m或%m的余数出现过>=2次(sum[i]%m==sum[j]%m),则输出YES
ps.这道题数据真的很弱,导致我之前用了一种错的方法也A了。。。。。
#include<cstdio>#include<cstring>#include<algorithm>using namespace std;int a[100010];int sum[100010];int rest[5010];int main(){int t,n,m;scanf("%d",&t);while(t--){int flag=0;scanf("%d%d",&n,&m);memset(sum,0,sizeof(sum));memset(rest,0,sizeof(rest));for(int i=0;i<n;i++){scanf("%d",&a[i]);if(i==0) sum[i]=a[i];else sum[i]=sum[i-1]+a[i];if(sum[i]%m==0) flag=1;else{if(rest[sum[i]%m]==0)rest[sum[i]%m]=1;elseflag=1;}}if(flag) printf("YES\n");else printf("NO\n");}return 0;}
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