这道题感觉是枚举加一些优化在里面。
还是以例子为例吧。dp[i]=1表示某种组合加起来除以3600的余数为i，一开始的时候dp[]数组全为0；当某个组合是3600的倍数的时候，dp[0]=1,这便是说明可以组合形成3600的倍数，便可以输出YES，否则输出NO。
假如：
2000 1000 3000
一开始2000加入的时候，2000%3600=2000，便标记dp[2000]为1
下次加入1000的时候遍历dp数组一遍，会发现dp[1600]为1，便在这个基础上加上a[i]再对3600取模（这里因为只要1600被标记了故v中只加入了（1000+1600）%3600=1000），结果存储在v数组中，最后再用将v数组中存储的放入dp数组中（dp[1000]=1）,在标记（1000%3600=2600）dp[2600]=1;
这样我们可以发现会大大缩小枚举范围，比如很多组合加起来%3600都为4，在下一次加入时候，我们只要计算一次便可以得出结果是多少。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int T,m,a[100005];//用于存储初始数据
int dp[3605];
int v[10000];暂存下余数
int main()
{

    scanf("%d",&T);
    while(T--)
    {
        memset(dp,0,sizeof(dp));
        scanf("%d",&m);
        for(int i=1;i<=m;i++)
        {
            scanf("%d",&a[i]);
        }
        for(int i=1;i<=m&&!dp[0];i++)
        {
            int cnt=0;
            for(int j=1;j<3600;j++)
            {
                if(dp[j])//如果发现了之前计算保留的值
                {
                    v[cnt++]=(j+a[i])%3600;
                }
            }
            for(int j=0;j<cnt;j++)
            {
                dp[v[j]]=1;
            }
            dp[a[i]%3600]=1; 
        }
        if(dp[0]) printf("YES\n");
        else printf("NO\n");
    }

}