參考：
45
1 2 3 7 5
例如對於第一組資料，
1 2 3 7 5模上4分別是：
1 2 3 3 1
如果採用同餘+dp的方法，難度會相當大，規則比較複雜；
這時，我們採用一種巧妙地方法，就是用乙個sum[i]陣列來記錄前i個數之和%4，例如上例中，我們得到：i0(
該列隱含)
1234
5sweet[i]0
1237
5sum[i] 0
1 32 1
2 由此，我們在碰到1.sum[i] == 0 或者2.sum[i]的值已經在前面出現過的情況時，就可以知道有解，並且解是從上乙個出現該sum[i]數值的後乙個位置開始→現在sum[i]的位置，這個貌似可以解出可能的解；但由於加和的順序隨機，所以還不清楚是否可以在該case有解的情況下一定能夠解出解。這時候，我們就要用到鴿籠原理了。
運用《離散數學與組合數學》書中的方法，我們可以把sum[1~n=nneighbor](或0~n)看做n+1只鴿子（注意上面的隱含0列），飛入c=nchild個鴿籠中，再注意到題目中有這樣的資料範圍：
the first line of each test case contains two integerscandn(1 ≤c≤ n ≤ 100000) （這是本題能用鴿籠原理的最重要的前提）
由此我們可以知道一定有兩隻鴿子是飛入同乙個籠子當中的，所以加法的順序就自然不用考慮了；而且由這個我們也可以知道，此題一定不存在無解的情況
ac**如下：lightoj：
#include #include #include #include using namespace std;
int main()
ans += f[modsum];
if( modsum != 0 )
} cout << "case " << case++ << ": " << ans << endl;
}}
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