《计算机常用算法与程序设计案例教程》习题解答.docx

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《计算机常用算法与程序设计案例教程》习题解答

《计算机常用算法与程序设计案例教程》

习题解答提要

习题1

1-1分数分解算法描述

把真分数a/b分解为若干个分母为整数分子为“1”的埃及分数之和：

（1）寻找并输出小于a/b的最大埃及分数1/c；

（2）若c>900000000，则退出；

（3）若c≤900000000，把差a/b-1/c整理为分数a/b，若a/b为埃及分数，则输出后结束。

（4）若a/b不为埃及分数，则继续

（1）、

（2）、（3）。

试描述以上算法。

解：

设

（这里int（x）表示取正数x的整数），注意到

，有

算法描述：

令c=d+1，则

input（a,b）

while

（1）

{c=int（b/a）+1;

if（c>900000000）return;

else

{print（1/c+）;

a=a*c-b;

b=b*c;//a,b迭代，为选择下一个分母作准备

if（a==1）

{print（1/b）;return;}

}

}

1-2求出以下程序段所代表算法的时间复杂度

（1）m=0;

for（k=1;k<=n;k++）

for（j=k;j>=1;j--）

m=m+j;

解：

因s=1+2+…+n=n（n+1）/2

时间复杂度为O（n2）。

（2）m=0;

 for（k=1;k<=n;k++）

 for（j=1;j<=k/2;j++）

m=m+j;

解：

设n=2u+1，语句m=m+1的执行频数为

s=1+1+2+2+3+3+…+u+u=u（u+1）=（n−1）（n+1）/4

设n=2u，语句m=m+1的执行频数为

s=1+1+2+2+3+3+…+u=u2=n2/4

时间复杂度为O（n2）。

（3）t=1;m=0;

for（k=1;k<=n;k++）

{t=t*k;

for（j=1;j<=k*t;j++）

m=m+j;

}

解：

因s=1+2×2!

+3×3!

+…+n×n!

=（n+1）!

−1

时间复杂度为O（（n+1）!

）.

（4）for（a=1;a<=n;a++）

{s=0;

for（b=a*100−1;b>=a*100−99;b−=2）

{for（x=0,k=1;k<=sqrt（b）;k+=2）

if（b%k==0）

{x=1;break;}

s=s+x;

}

if（s==50）

printf（"%ld\n",a）;break;}

}

解：

因a循环n次；对每一个a,b循环50次；对每一个b,k循环

次。

因而k循环体的执行次数s满足

时间复杂度为O（

）。

1-3若p（n）是n的多项式，证明：

O（log（p（n）））=O（logn）。

证：

设m为正整数，p（n）=a1×nm+a2×nm-1+…+am×n，

取常数c>ma1+（m-1）a2+…+am,则

log（p（n））=ma1×logn+（m-1）a2×logn+…=（ma1+（m-1）a2+…）×logn

因而有O（log（p（n）））=O（logn）。

1-4构建对称方阵

观察图1-5所示的7阶对称方阵：

图1-57阶对称方阵

试构造并输出以上n阶对称方阵。

解：

这是一道培养与锻炼我们的观察能力与归纳能力的案例，一个一个元素枚举赋值显然行不通，必须全局着眼，分区域归纳其构造特点，分区域枚举赋值。

（1）设计要点

设方阵中元素的行号为i，列号为j。

可知主对角线：

i=j；次对角线：

i+j=n+1。

两对角线赋值“0”。

按两条对角线把方阵分成上部、左部、右部与下部4个区,如图1-6所示。

图1-6对角线分成的4个区

上部按行号i赋值；下部按行号函数n+1-i赋值。

左部按列号j赋值；右部按列号函数n+1-j赋值。

（2）程序实现

#include

voidmain（）

{inti,j,n,a[30][30];

printf（"请确定方阵阶数n:

"）;

scanf（"%d",&n）;

for（i=1;i<=n;i++）

for（j=1;j<=n;j++）

{if（i==j||i+j==n+1）

a[i][j]=0;//方阵对角线元素赋值

if（i+j

a[i][j]=i;//方阵上部元素赋值

if（i+jj）

a[i][j]=j;//方阵左部元素赋值

if（i+j>n+1&&i>j）

a[i][j]=n+1-i;//方阵下部元素赋值

if（i+j>n+1&&i

a[i][j]=n+1-j;//方阵右部元素赋值

}

printf（"%d阶对称方阵为:

\n",n）;

for（i=1;i<=n;i++）

{for（j=1;j<=n;j++）//输出对称方阵

printf（"%3d",a[i][j]）;

printf（"\n"）;

}

}

1-5据例1-2的算法，写出求解n个“1”组成的整数能被2011整除的程序。

修改程序，求出n至少为多大时，n个“1”组成的整数能被2013整除？

解：

程序为

#include

voidmain（）

{inta,c,p,n;

p=2011;

c=1111;n=4;//变量c与n赋初值

while（c!

=0）//循环模拟整数竖式除法

{a=c*10+1;

c=a%p;

n=n+1;//每试商一位n增1

}

printf（"由%d个1组成的整数能被%d整除。

\n",n,p）;

}

习题2

2-1解不等式

设n为正整数，解不等式

解：

上下限一般为键盘输入的a,b。

//解不等式:

a<1+1/（1+1/2）+...+1/（1+1/2+...+1/n）

#include

#include

voidmain（）

{longa,b,c,d,i;

doublets,s;

printf（"请输入a,b:

"）;

scanf（"%d,%d",&a,&b）;

i=0;ts=0;s=0;

while（s

{i=i+1;

ts=ts+（double）1/i;

s=s+1/ts;

}

c=i;

while（s

{i=i+1;

ts=ts+（double）1/i;

s=s+1/ts;

}

d=i-1;

printf（"\n满足不等式的正整数n为:

%ld≤n≤%ld\n",c,d）;

}

2-2信点兵

信在点兵的时候，为了知道有多少个兵，同时又能保住军事，便让士兵排队报数。

按从1至5报数,记下最末一个士兵报的数为1；

再按从1至6报数,记下最末一个士兵报的数为5；

再按1至7报数,记下最末一个报的数为4；

最后按1至11报数,最末一个士兵报的数为10。

你知道信至少有多少兵?

1.求解要点

设兵数为x，则x满足下述的同余方程组:

x=5y+1即x=1（mod5）

x=6z+5x=5（mod6）

x=7u+4x=4（mod7）

x=11v+10x=10（mod11）

其中y,z,u,v都为正整数。

试求满足以上方程组的最小正整数x。

应用枚举可得到至少的兵数。

x从1开始递增1取值枚举当然可以，但不必要。

事实上枚举次数可联系问题的具体实际大大缩减。

（1）注意到x除11余10，于是可设置x从21开始，以步长11递增。

此时，只要判别前三个条件即可。

（2）由以上第2，4两方程知x+1为11的倍数，也为6的倍数。

而11与6互素，因而x+1必为66的倍数。

于是取x=65开始，以步长66递增。

此时,只要判别x%5=1与x%7=4两个条件即可。

这样可算得满足条件的最小整数x即点兵的数量。

2.程序实现

//信点兵

#include

voidmain（）

{longintx;

x=65;

while

（1）

{x=x+66;

if（x%5==1&&x%7==4）

{printf（"至少有兵:

%ld个。

",x）;

break;

}

}

}

2-3分解质因数

对给定区间[m,n]的正整数分解质因数,每一整数表示为质因数从小到大顺序的乘积形式。

如果被分解的数本身是素数，则注明为素数。

例如,2012=2*2*503,2011=（素数!

）。

解：

对区间中的每一个整数i（b=i），用k（2——sqrt（i））试商：

若不能整除，说明该数k不是b的因数，k增1后继续试商。

若能整除，说明该数k是b的因数，打印输出"k*"；b除以k的商赋给b（b=b/k）后继续用k试商（注意，可能有多个k因数），直至不能整除，k增1后继续试商。

按上述从小至大试商确定的因数显然为质因数。

如果有大于sqrt（n）的因数（至多一个!

）,在试商循环结束后要注意补上，不要遗失。

如果整个试商后b的值没有任何缩减，仍为原待分解数n，说明n是素数，作素数说明标记。

若k是b的因数，按格式输出，然后b=b/k后继续试商k。

若k不是b的因数，则k增1后继续。

若上述试商完成后1

若试商后b还是原来的i,则i是素数。

//质因数分解乘积形式

#include"math.h"

#include

voidmain（）

{longintb,i,k,m,n,w=0;

printf（"[m,n]中整数分解质因数（乘积形式）.\n"）;

printf（"请输入m,n:

"）;

scanf（"%ld,%ld",&m,&n）;

for（i=m;i<=n;i++）//i为待分解的整数

{printf（"%ld=",i）;

b=i;k=2;

while（k<=sqrt（i））//k为试商因数

{if（b%k==0）

{b=b/k;

if（b>1）

{printf（"%ld*",k）;

continue;//k为质因数,返回再试

}

if（b==1）printf（"%ld\n",k）;

}

k++;

}

if（b>1&&b

printf（"%ld\n",b）;//输出大于i平方根的因数

if（b==i）

{printf（"（素数!

）\n"）;w++;}//b=i,表示i无质因数

}

}

2-4基于素数代数和的最大最小

定义和：

（和式中第k项±（2k-1）*（2k+1）的符号识别：

当（2k-1）与（2k+1）中至少有一个素数，取“+”；其余取“-”。

例如和式中第13项取“-”，即为-25*27。

）

1）求s（2011）。

2）设1<=n<=2011，当n为多大时，s（n）最大。

3）设1<=n<=2011，当n为多大时，s（n）最小。

解：

代数和式中各项的符号并不是简单的正负相间，而是随着构成素数而改变。

因而在求和之前应用“试商判别法”对第k个奇数2k-1是否为素数进行标注：

若2k-1为素数，标注a[k]=1；

否则，若2k-1不是素数，a[k]=0。

设置k循环（1——n），循环中分别情况求和：

若a[k]+a[k+1]>=1，