《计算机常用算法与程序设计案例教程》习题解答Word文档下载推荐.docx
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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;
因s=1+2+…+n=n（n+1）/2
时间复杂度为O（n2）。
（2）m=0;
for（k=1;
for（j=1;
j<
=k/2;
j++）
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;
{t=t*k;
for（j=1;
=k*t;
}
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<
a++）
{s=0;
for（b=a*100−1;
b>
=a*100−99;
b−=2）
{for（x=0,k=1;
=sqrt（b）;
k+=2）
if（b%k==0）
{x=1;
break;
s=s+x;
if（s==50）
printf（"
%ld\n"
a）;
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
<
clogn
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。
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<
stdio.h>
voidmain（）
{inti,j,n,a[30][30];
请确定方阵阶数n:
"
）;
scanf（"
%d"
&
n）;
for（i=1;
i<
i++）
{if（i==j||i+j==n+1）
a[i][j]=0;
//方阵对角线元素赋值
if（i+j<
n+1&
&
i<
j）
a[i][j]=i;
//方阵上部元素赋值
i>
a[i][j]=j;
//方阵左部元素赋值
if（i+j>
a[i][j]=n+1-i;
//方阵下部元素赋值
a[i][j]=n+1-j;
//方阵右部元素赋值
%d阶对称方阵为:
\n"
n）;
i++）
{for（j=1;
j++）//输出对称方阵
%3d"
a[i][j]）;
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？
程序为
{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,p）;
习题2
2-1解不等式
设n为正整数，解不等式
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）<
b
#include<
math.h>
{longa,b,c,d,i;
doublets,s;
请输入a,b:
%d,%d"
a,&
b）;
i=0;
ts=0;
s=0;
while（s<
a）
{i=i+1;
ts=ts+（double）1/i;
s=s+1/ts;
c=i;
b）
{i=i+1;
s=s+1/ts;
d=i-1;
\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
{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!
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<
b<
i，说明i有一个大于sqrt（i）的因数，要补上该因数。
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"
{longintb,i,k,m,n,w=0;
[m,n]中整数分解质因数（乘积形式）.\n"
请输入m,n:
scanf（"
%ld,%ld"
m,&
for（i=m;
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++;
if（b>
1&
b<
i）
b）;
//输出大于i平方根的因数
if（b==i）
（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<
=2011，当n为多大时，s（n）最小。
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，
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