Lightoj1134/poj3844 组合数学

 

 参考：http://www.cppblog.com/pcfeng502/archive/2009/10/18/98902.aspx

4 5

1 2 3 7 5

例如对于第一组数据，

1 2 3 7 5模上4分别是：

1 2 3 3 1

如果采用同余+dp的方法，难度会相当大，规则比较复杂；

 

这时，我们采用一种巧妙地方法，就是用一个sum[i]数组来记录前i个数之和%4，例如上例中，我们得到：

I

0(该列隐含)

1

2

3

4

5

Sweet[i]

0

1

2

3

7

5

Sum[i]

0

1

3

2

1

2

 

由此，我们在碰到1.sum[i] == 0 或者2.sum[i]的值已经在前面出现过的情况时，就可以知道有解，并且解是从上一个出现该sum[i]数值的后一个位置开始→现在sum[i]的位置，这个貌似可以解出可能的解；但由于加和的顺序随机，所以还不清楚是否可以在该case有解的情况下一定能够解出解。这时候，我们就要用到鸽笼原理了。

 

运用《离散数学与组合数学》书中的方法，我们可以把sum[1~n=nneighbor](或0~n)看做n+1只鸽子（注意上面的隐含0列），飞入c=nchild个鸽笼中，再注意到题目中有这样的数据范围：

The first line of each test case contains two integers c andn (1 ≤ c ≤ n ≤ 100000) （这是本题能用鸽笼原理的最重要的前提）

由此我们可以知道一定有两只鸽子是飞入同一个笼子当中的，所以加法的顺序就自然不用考虑了；而且由这个我们也可以知道，此题一定不存在无解的情况

 

AC代码如下：Lightoj：

#include <iostream>#include <cstdio>#include <cstring>#include <algorithm>using namespace std;int main(){int T, Case = 1;int N, M;__int64 f[100100];__int64 ans;cin >> T;while( T-- ){cin >> N >> M;memset( f, 0, sizeof( f ) );ans = 0;int modsum = 0, temp;while( N-- ){scanf( "%d", &temp);modsum = ( modsum + temp ) % M;if( modsum == 0 ){f[modsum]++;}ans += f[modsum];if( modsum != 0 ){f[modsum]++;}}cout << "Case " << Case++ << ": " << ans << endl;}}