POJ 1745：Divisibility 枚举某一状态的DP

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Description

Input

Output

Sample Input

4 7
17 5 -21 15

Sample Output

Divisible

题意就是给了N个数，在N-1个位置变换+ -号，问得到的结果中有没有能够整除K的，如果有，输出Divisible。没有，输出Not Divisible。

DP真是一片很深的海。

越做DP越觉得DP的花样很多，这个是我做了POJ1837觉得DP是可以做这道题的。觉得DFS也应该可以，没试。。。

POJ1837和这道题都是固定枚举其中的某个状态或者变量，这里的可以枚举的状态就是余数，给了K，所以我只需对0到K-1这些余数做枚举，然后从i的余数状态推i+1的余数状态。

就是这样：

dp[i][(j+value[i])%mod] +=dp[i-1][j];
dp[i][(j-value[i]+mod)%mod] +=dp[i-1][j];

然后这样做可能是因为数目比较大了溢出还是怎样WA了一次，于是我控制了一下数值。这样：

dp[i][(j+value[i])%mod] +=dp[i-1][j];
dp[i][(j-value[i]+mod)%mod] +=dp[i-1][j];


if(dp[i][(j+value[i])%mod]>10)
dp[i][(j+value[i])%mod]=10;
if(dp[i][(j-value[i]+mod)%mod]>10)
dp[i][(j+value[i])%mod]=10;

。。。很幼稚的方法，但还是涨姿势长见识了。。。

代码：

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <vector>
#include <string>
#include <cstring>
using namespace std;

int num,mod;
int dp[10005][102];
int value[10005];

int main()
{
	int temp,i,j;
	cin>>num>>mod;

	cin>>value[1];
	value[1]=abs(value[1])%mod;
	for(i=2;i<=num;i++)
	{
		cin>>temp;
		value[i]=abs(temp);
		value[i]=value[i]%mod;
	}
	memset(dp,0,sizeof(dp));
	dp[1][value[1]]=1;

	for(i=2;i<=num;i++)
	{
		for(j=0;j<mod;j++)
		{
			dp[i][(j+value[i])%mod] +=dp[i-1][j];
			dp[i][(j-value[i]+mod)%mod] +=dp[i-1][j];

			if(dp[i][(j+value[i])%mod]>10)
				dp[i][(j+value[i])%mod]=10;
			if(dp[i][(j-value[i]+mod)%mod]>10)
				dp[i][(j+value[i])%mod]=10;
		}
	}
	if(dp[num][0])
	{
		cout<<"Divisible"<<endl;
	}
	else
	{
		cout<<"Not divisible"<<endl;
	}
	return 0;
}

POJ 1745：Divisibility 枚举某一状态的DP

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原文地址：http://blog.csdn.net/u010885899/article/details/47284347