#YBT整理 递推（三）
重点题目：
P1195 ：判断整除
题目描述
一个给定的正整数序列，在每个数之前都插入+号或一号后计算它们的和。比如序列： 1、2、4共有8种可能的序列：
(+1) + (+2) + (+4) = 7
(+1) + (+2) + (-4) = -1
(+1) + (-2) + (+4) = 3
(+1) + (-2) + (-4) = -5
(-1) + (+2) + (+4) = 5
(-1) + (+2) + (-4) = -3
(-1) + (-2) + (+4) = 1
(-1) + (-2) + (-4) = -7
所有结果中至少有一一个可被整数k整除，我们则称此正整数序列可被k整除。例如上述序列可以被3、5、7整除，而不能被2、4、6、......除。注意： 0、一3、一6、一9... ...都可以认为是3的倍数。
【输入】
输入的第一行包含两个数： N（2 《N 《 10000）和k（2 《k《 100），其中N代表一共有N个数， k代表被除数。第二行给出序列中的N个整数，这些整数的取值范围都0到10000之间（可 能重复）
【输出】
如果此正整数序列可被k整除，则输出YES，否则输出NO。（注意： 都是大写字母）
【输入样例】
3 2
1 2 4
【输出样例】
NO
思路
用a数组存储每一步可能粗线的每一种和，因为k < 100 所以只用开100的就行，存储方式类似于桶。
b数组辅助存储。a[i]就相当于当前操作是否可能出现i，可能为true，不可能为false。每一次更新的时候就从为true的i进行加减操作。具体看代码。
代码
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
long long n;
bool a[1000],b[1000];
long long k;
int main(){
cin >> n;
cin >> k;
for( long long i = 1;i <= n; i++){
long long x;
cin >> x;
if(i == 1){
b[x%k] = 1;
long long y = -x;
while(y < 0) y += k;
b[y] = 1;
for( long long j = 1;j < k; j++){
a[j] = b[j];
}
for(int j = 0;j < k; j++) cout << a[j] << ' ';
cout << endl;
continue;
}
x %= k;
memset(b,0,sizeof b);
for( long long j = 0;j < k; j++){
if(a[j]){
b[(j+x) % k] = 1;
b[(j-x+k) % k] = 1;
}
}
for( long long j = 0;j < k; j++){
a[j] = b[j];
cout << a[j] << ' ';
}
cout << endl;
}
if(a[0] == 1){
cout << "YES" << endl;
return 0;
}
cout << "NO" << endl;
return 0;
}
P1196 ：踩方格
题目描述
有一个方格矩阵，矩阵边界在无穷远处。我们做如下假设：
a、每走一步时，只能从当前方格移动一格，走到某个相邻的方格上；
b、走过的格子立即塌陷无法再走第二次；
c、只能向北、东、西三个方向走；
请问：如果允许在方格矩阵上走n步，共有多少种不同的方案。2种走法只要有一步不一 样，即被认为是不同的方案。
【输入】
允许在方格上行走的步数n（n<=20）。
【输出】
计算出的方案数量。
【输入样例】
2
【输出样例】
7
思路
每次只能往三个方向走，因为是20的数据范围，所以直接暴力dfs
代码
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;
int n;
int vis[50][50];
int ans = 0;
void dfs(int x,int y,int step){
if(step == n){
ans++;
return;
}
if(!vis[x+1][y]){
vis[x+1][y] = 1;
dfs(x+1,y,step+1);
vis[x+1][y] = 0;
}
if(!vis[x][y+1]){
vis[x][y+1] = 1;
dfs(x,y+1,step+1);
vis[x][y+1] = 0;
}
if(!vis[x][y-1]){
vis[x][y-1] = 1;
dfs(x,y-1,step+1);
vis[x][y-1] = 0;
}
}
int main(){
cin >> n;
vis[0][25] = 1;
dfs(0,25,0);
cout << ans << endl;
return 0;
}
P1197 ：山区建小学
题目描述
政府在某山区修建了一一条道路，恰好穿越总共m个村庄的每个村庄-一次，没有回路或交叉，任意两个村庄只能通过这条路来往。已知任意两个相邻的村\(d_{i}\)(为正整数)，其中，0<i<m。为了提高山区的文化素质，政府又决定从m个村中选择n个村建小学(设0<n≤m<500)。请根据给定的m、n以及所有相邻村庄的距离，选择在哪些村庄建小学,才使得所有村到最近小学的距离总和最小，计算最小值。
【输入】
第1行为m和n，其间用空格间隔
第2行为m一1个整数，依次表示从一端到另一端的相邻村庄的距离，整数之间以空格间隔。例如：
10 3
2 4 6 5 2 4 3 1 3
表示在10个村庄建3所学校。第1个村庄与第2个村庄距离为2，第2个村庄与第3个村庄距离为4，第3个村庄与第4个村庄距离为6，.... 第9个村庄到第10个村庄的距离为3。
【输出】
各村庄到最近学校的距离之和的最小值。
【输入样例】
10 2
3 1 3 1 1 1 1 1 3
【输出样例】
18
思路
就先初始化几个数组:dis[i][j]表示i到j的距离，s[i][j]表示从i到j建一所学校的最短花费（可以证明学校一定要建立在ij的正中间），最后上动态规划:f[i][j]表示前i个学校建立j所学校的最小化费，每次从小到大枚举k。
代码
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;
int n,m;
int dis[600][600];
int s[600][600];
int f[600][600];
int add[600];
int cnt_dis(int x,int y){
int tot = 0;
int mid = (x+y) >> 1;
for(int i = x;i <= y; i++){
tot += dis[mid][i];
}
return tot;
}
int main(){
cin >> n;
cin >> m;
for(int i = 2;i <= n; i++){
int x;
cin >> x;
add[i] = add[i-1] + x;
}
for(int i = 1;i <= n; i++){
for(int j = i;j <= n; j++){
dis[i][j] = dis[j][i] = add[j] - add[i];
}
}
for(int i = 1;i <= n; i++){
for(int j = i;j <= n; j++){
s[i][j] = s[j][i] = cnt_dis(i,j);
}
}
memset(f,1e9+7,sizeof f);
f[0][0] = 0;
for(int i = 1;i <= n; i++){
for(int j = 1;j <= m; j++){
if(i < j) {f[i][j] = 0;continue;}
for(int k = j-1;k <= n; k++){
f[i][j] = min(f[i][j],f[k][j-1]+s[k+1][i]);
}
}
}
cout << f[n][m] << endl;
return 0;
}
