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描述
一个给定的正整数序列，在每个数之前都插入+号或-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、8……整除。注意：0、-3、-6、-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）
样例输入
3 2
1 2 4
样例输出
NO
这道题目讲道理，感觉是一道数学题目，运用逐步取模的思想，减少数组的开销，同时也减小了时间的开销，对于每一个数字只有它本身和它的相反数的情况，所以在输入的时候就先取模k，因为在加法中val[i]和val[i]%k的贡献是一样的，所以在输入的时候就可以直接进行取模。
递推操作如下：ans[i][j] 的i代表的是第i个数，j代表的是加上val[i]的两种情况之后能够算出的和%k之后的结果，那么如果ans[i-1][j] 为真，就代表前i-1个数能够算出来i，这样我们就在这个数字的基础上加上val[i]即可。
#include<iostream>
#include<cstring>
using namespace std;
bool ans[10002][105] = { 0 };
int val[10005][2] = { 0 };
int main()
{
int num = 0, k = 0;
scanf("%d%d", &num, &k);
for (int i = 0; i < num; ++i)
{
scanf("%d", &val[i][0]);
val[i][0] %= k;
if(val[i][0]) val[i][1] = k - val[i][0];
}
memset(ans, 0, sizeof(ans));
ans[0][val[0][0]] = ans[0][val[0][1]] = true;
for (int i = 1; i < num; ++i)
for (int j = 0; j < k; ++j)
if (ans[i - 1][j])
ans[i][(j + val[i][0]) % k] = ans[i][(j + val[i][1]) % k] = true;
if (ans[num - 1][0]) cout << "YES" << endl;
else cout << "NO" << endl;
system("pause");
return 0;
}