hdoj 5389 Zero Escape

题目链接：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=5389

大体题意是：有两个门A和B，还有一群人，每个人都有一个数字，

疯了一样的T。。比赛的时候十连T也是醉醉的。　　

这道题感觉像DP，但是不知道从何下手，看别人敲出来才知道怎么去用。

在比赛过程中还有一个问题，想法对了，样例过了，但是T了

原因是因为数组开大了，在dp的过程中用了memset,导致T

在标程里，用了滚动数组，感觉很巧妙，因为dp只需要知道上一状态即可，

利用异或的性质，不断滚动0101010101

---------------------------------------关于digital的性质------------------------------------------------------------

当一群人各位数字之和等于门上数字的时候才可以通过门，可以只通过一个门也可以两个门都通过。

The digital root of a non-negative integer is the single digit value obtained by an iterative process of summing digits,

on each iteration using the result from the previous iteration to compute a digit sum. The process continues until

a single-digit number is reached.

关于digital root（以下用R表示），有以下几条性质：

1、9加（乘）任何数所得的和（积）的数字根，等于原数的数字根（9）

2、若A+B=C，则A,B的数字根（Ra Rb）的和的数字根为C的数字根(Rc)

3、若A*B=C，则A,B的数字根（Ra Rb）的积的数字根为C的数字根(Rc)

4、若A^n=B，则Ra^n的数字跟=Rb。

------------------DP思路---------------------

dp[i+1][a[i]+k] = dp[i+1][a[i]+k] + dp[i][k];

更新加了一个数之后的状态

dp[i+1][k] = dp[i+1][k] + dp[i][k];

加上上一状态的情况数

------------------分情况讨论-------------------

之后比较巧的是对于情况的讨论

1、如果数字跟不等于A+B且不等于A且不等于B，则情况数为0

2、如果是数字根等于A+B的数字根，那么情况数就等于dp[n][A] = dp[n][B]

3、如果数字根等于A或B，那么情况数只有一个

4、如果数字跟等于A且等于B，那么情况数有两个

具体代码如下

         )==sum);
         )ans=(ans+)%MOD;
         )ans=(ans+)%MOD;

注意到后两种情况其实可以合并，如果A=B的话，后两个if语句同时成立，ans = 2；

 #include<stdio.h>
 #include<cstring>
 #include<algorithm>
 #define rep(i,j,k) for(int i=(int)j;i<(int)k;i++)
 #define per(i,j,k) for(int i=(int)j;i>(int)k;i--)
 using namespace std;
 ;
 ;
 int T, n;
 int A, B;
 int a[MAXN];
 int now, sum, ans;
 ][];
 int main(){
     scanf("%d",&T);
     while(T--){
         scanf("%d",&n);
         scanf("%d %d",&A,&B);
         A %= ;B %= ;
         sum = ;
         rep(i,,n){
             scanf("%d",&a[i]);
             a[i] = a[i] % ;
             sum = (sum+a[i])%;
         }
         ) && sum != A && sum != B){
             puts(");
             continue;
         }
         memset(dp,,sizeof(dp));
         dp[][] = ;
         now = ;
         rep(i,,n){
             now ^= ;
             rep(k,,) dp[now][k] = ;
             rep(k,,){
                 dp[now][(a[i]+k)%] = ( dp[now][(a[i]+k)%] + dp[now^][k])%MOD;
                 dp[now][k] = ( dp[now][k] + dp[now^][k])%MOD;
             }
         }
         )==sum);
         )ans=(ans+)%MOD;
         )ans=(ans+)%MOD;
         printf("%d\n",ans);
     }
 }