期末复习.docx
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期末复习
循环
一．一元方程的迭代解法
——二分迭代法。
基本思想：
先取f（x）=0的两个粗略值x1与x2。
若f（x1）与f（x2）符号相反，则方程f（x）=0中至少有一个根。
若f（x）在区间（x1,x2）内单调，则（x1,x2）间应有一个实根。
迭代公式：
root=（x1+x2）/2
x1=root或x2=root（root替代与之同号的x1或x2）
例1：
一元三次方程求解
有形如：
ax^3+bx^2+c^x+d=0这样的一个一元三次方程。
给出该方程中各项的系数（a，b，c，d均为实数），并约定该方程存在三个不同实根（根的范围在-100至100之间），且根与根之差的绝对值>=1。
要求由小到大依次在同一行输出这三个实根（根与根之间留有空格），并精确到小数点后2位。
提示：
记方程f（x）=0，若存在2个数x1和x2，且x1＜x2，f（x1）*f（x2）＜0，则在（x1，x2）之间一定有一个根。
输入格式 一行:
方程系数a,b,c,d
输出格式 一行:
三个实根x1,x2,x3
输入样例1 -5 -4 20输出样例-2.00 2.00 5.00
#include
#include
int main （）
{
double a,b,c,d,i=0.0,j=0.0,root=0.0;
int k;
scanf（"%lf %lf %lf %lf",&a,&b,&c,&d）;
for（i=-100.0;i<=99.0;i=i+1）
{
j=i+1.0;
if（（a*i*i*i+b*i*i+c*i+d）*（a*j*j*j+b*j*j+c*j+d）>0）
continue;
if（a*i*i*i+b*i*i+c*i+d==0）
{
printf（"%.2lf ",i）;
continue;
}
if（（a*i*i*i+b*i*i+c*i+d）*（a*j*j*j+b*j*j+c*j+d）<0）
{
while（j-i>=0.000001）
{
root=（i+j）/2.0;
if（（a*i*i*i+b*i*i+c*i+d）*（a*root*root*root+b*root*root+c*root+d）>0）
i=root;
if（（a*j*j*j+b*j*j+c*j+d）*（a*root*root*root+b*root*root+c*root+d）>0）
j=root;
}
printf（"%.2lf ",j）;
}
}
return 0;
}
二．一元方程的迭代解法
——牛顿迭代法。
s基本思想：
设xk是方程f（x）=0精确解x*附近的一个猜测解，过点Pk（xk,f（xk））作f（x）的切线。
该切线与x轴的交点是方程的另一个近似解。
s迭代公式：
xk+1=xk-f（xk）/f'（xk）
数组
一．排序问题
⏹选择排序插入排序冒泡排序
⏹选择排序
从所有元素中选择一个最小元素放在a[0]（即让最小元素a[p]与a[0]交换），作为第一轮；第二轮是从a[1]开始到最后的各元素中选择一个最小元素，放在a[1]中…；以下依此类推。
n个数要进行（n-1）轮。
在第一轮中要比较（n-1）次，第二轮中比较（n-2）次，…，第i轮中比较（n-i）次。
但在每一轮中只进行一次数据交换
⏹冒泡排序
⏹冒泡排序算法设计
⏹为了表述方便，定义以下3个变量：
⏹n——待排序的数的个数，这里n=6
⏹j——扫描遍数，j=1,2,…,n-1
⏹i——第j遍扫描待比较元素的下标，i=1,2,…,n-j;
#include//预编译命令
#include//预编译命令
intmain（）//主函数
{
inti=0,j=0,p=0,a[7];//整型变量
memset（a,0,sizeof（a））;//整型数组初始化
for（i=1;i<=6;i++）//键入6个数，放入a数组中
{
printf（"请输入待排序的数a[%d]=",i）;//提示
scanf（"%d",&a[i]）;//用键盘输入整数赋给a[i]
}
for（j=1;j<=5;j++）//冒泡排序，外层循环
for（i=1;i<=6-j;i++）//内层循环
if（a[i]{
p=a[i];//让a[i]与a[i+1]交换
a[i]=a[i+1];
a[i+1]=p;
}
for（i=1;i<=6;i++）//输出排序结果
printf（"%d\n",a[i]）;//输出a[i]
return0;
}
二．筛法
例：
使用筛法求100以内的所有素数。
⒈思路
①想象将100个数看作沙子和小石头子，让小石头子权称素数；让沙子当作非素数。
弄一个筛子，只要将沙子筛走，剩下的就是素数了。
2非素数一定是2、3、4……的倍数。
3使用数组，让下标就是100以内的数，让数组元素的值作为筛去与否的标志。
比如筛去以后让元素值为1。
⒉方法的依据
⏹1至100这些自然数可以分为三类：
⏹单位数：
仅有一个数1。
⏹素数：
是这样一个数，它大于1，且只有1和它自身这样两个正因数。
⏹合数：
除了1和自身以外，还有其他正因数。
1不是素数，除1以外的自然数，当然只有素数与合数。
筛法实际上是筛去合数，留下素数。
⒊效率的考虑
⏹
令n为合数（这里是100），c为n的最小正因数
只要找到c就可以确认n为合数将其筛去
⏹注意：
要进行“筛”的1—100的数字是与数组prime[101]的下标相对应的，而每个数组元素的取值只有2个：
是0或1，分别代表（标志）与下标相对应的数字是素数或不是素数
⒋程序框图如下：
⏹for（c=2;c<=100;c=c+1）
⒌该题目的筛法思路
⏹第一块是一个计数型的循环语句，功能是将prime数组清零。
prime[c]=0;c=2,3,…,100
⏹第二块是正因数d初始化为d=2
⏹所有d的倍数将会被筛掉
⏹第三块是循环筛数。
这里用了一个dowhile语句，属于一种直到型循环，其一般形式为：
do
{
循环体语句块
}
while（表达式）
三．从数组中查找特定的数
1.折半查找法
①前提：
数据已按一定的规律（升序或降序）排列好。
②基本思想：
先检索当中的一个数据，看它是否为所需要的数据，如果不是，则判断要找的数据是当中的哪一边，下次就在这个范围内查找
③折半查找举例
⏹设一组升序排列的数：
8,13,21,28,35,41,52,63,71,76,81,95,101,150,164
⏹折半查找“21”的过程：
⏹设三个变量top、mid和bot分别指向数列开头、中间末尾。
81321283541526371768195101150164
①topmidbot
②topmidbot
③topmidbot
④topmidbot
⏹top>bot时，查找失败。
四．字符数组
字符串处理举例
统计字符数
判断一个由a-z这26个字符组成的字符串中哪个字符出现的次数最多，如果有多个字符出现的次数相同且最多，输出ascii码最小的那个字符以及它出现的次数。
输入字符串最大长度为1000个字符
解题思路
用字符数组存储字符串，一次读入一个字符串到该字符数组中
⏹声明一个数组intsum[26];记录每个字符出现的次数
⏹遍历字符数组，统计每个字符出现的次数
⏹输出出现次数最小的字符，注意有相同的输出ascii码最小的。
⏹#include
⏹
⏹intmain（）{
⏹charstr[1001];
⏹intsum[26],i,nmax;
⏹scanf（“%s”,str）;
⏹for（i=0;i<26;i++）
⏹sum[i]=0;
⏹for（i=0;i⏹sum[str[i]-'a']++;
⏹nmax=0;
⏹for（i=1;i<26;i++）
⏹if（sum[i]>sum[nmax]）
⏹nmax=i;
⏹
⏹printf（“%c%d\n”,（char）（nmax+'a'）,sum[nmax]）;
⏹return0;
⏹}
函数
一．递推
A、B、C、D、E五人合伙夜间捕鱼，凌晨时都疲惫不堪，各自在河边的树丛中找地方睡着了。
日上三竿，A第一个醒来，他将鱼平分作五份，把多余的一条扔回湖中，拿自己的一份回家去了。
B第二个醒来，也将鱼平分为五份，扔掉多余的一条，只拿走自己的一份。
接着C、D、E依次醒来，也都按同样的办法分鱼。
问五人至少合伙捕到多少条鱼？
每个人醒来后看到的鱼数是多少条？
解题思路
假定A、B、C、D、E五人的编号分别为1、2、3、4、5，整数数组fish[k]表示第k个人所看到的鱼数。
fish[1]表示A所看到的鱼数，fish[2]表示B所看到的鱼数……
⏹fish[1]A所看到的鱼数，合伙捕到鱼的总数
⏹fish[2]=（fish[1]-1）*4/5B所看到的鱼数
⏹fish[3]=（fish[2]-1）*4/5C所看到的鱼数
⏹fish[4]=（fish[3]-1）*4/5D所看到的鱼数
⏹fish[5]=（fish[4]-1）*4/5E所看到的鱼数
⏹写成一般式
fish[i]=（fish[i-1]–1）*4/5
i=2,3,…,5
⏹这个公式可用于知A看到的鱼数去推算B看到的，再推算C看到的，…….。
现在要求的是A看到的，能否倒过来，先知E看到的再反推D看到的，……，直到A看到的。
为此将上式改写为：
fish[i-1]=fish[i]*5/4+1
i=5,4,…,2
分析上述公式
1.当i=5时，fish[5]表示E醒来所看到的鱼数，该数应满足被５整除后余１，即：
fish[5]%5==1
2.当i=5时，fish[i-1]表示D醒来所看到的鱼数，这个数既要满足：
fish[4]=fish[5]*5/4+1
又要满足
fish[4]%5==1
显然，fish[4]不能不是整数，这个结论同样可以用至fish[3],fish[2]和fish[1]
3.按题意要求5人合伙捕到的最少鱼数，可以从小往大枚举，可以先让E所看到的鱼数最少为6条，即fish[5]初始化为6来试，之后每次增加5再试，直至递推到fish[1]得整数且除以5之后的余数为1。
#include//预编译命令
intmain（）//主函数
{
intfish[6]={1,1,1,1,1,1};//整型数组，记录每人醒来后看到的鱼数
inti=0;
do
{
fish[5]=fish[5]+5;//让E看到的鱼数增5。
for（i=4;i>=1;i--）
{
if（fish[i+1]%4!
=0）
break;//跳出for循环
else
fish[i]=fish[i+1]*5/4+1;//计算第i人看到的鱼数
}
}while（i>=1）;//当i>=1继续做do循环
//输出计算结果
for（i=1;i<=5;i++）
printf（“%d\n”,fish[i]）;
return0;
}
递归
一．汉诺（Hanoi）塔问题
故事：
相传在古代印度的Bramah庙中，有位僧人整天把三根柱子上的金盘倒来倒去，原来他是想把64个一个比一个小的金盘从一根柱子上移到另一根柱子上去。
移动过程中恪守下述规则：
每次只允许移动一只盘，且大盘不得落在小盘上面。
有人会觉得这很简单，真的动手移盘就会发现，如以每秒移动一只盘子的话，按照上述规则将64只盘子从一个柱子移至另一个柱子上，所需时间约为5800亿年。
解题思路
⏹思路上还是先从最简单的情况分析起，搬一搬看，慢慢理出思路。
1在A柱上只有一只盘子，假定盘号为1，这时只需将该盘从A搬至C，一次完成，记为
move1fromAtoC
2在A柱上有二只盘子，1为小盘，2为大盘。
1第
（1）步将1号盘从A移至B，这是为了让2号盘能移动；
2第
（2）步将2号盘从A移至C；
3第（3）步再将1号盘从B移至C；
这三步记为（演示）：
move1fromAtoB;
move2fromAtoC;
move1formBtoC;
3.在A柱上有3只盘子，从小到大分别为1号，2号，3号
⏹第
（1）步将1号盘和2号盘视为一个整体；先将二者作为整体从A移至B，给3号盘创造能够一次移至C的机会。
这一步记为move（2,A,C,B）
意思是将上面的2只盘子作为整体从A借助C移至B。
⏹第
（2）步将3号盘从A移至C，一次到位。
记为move3fromAtoC
⏹第（3）步处于B上的作为一个整体的2只盘子，再移至C。
这一步记为move（2,B,A,C）
意思是将2只盘子作为整体从B借助A移至C。
4、从题目的约束条件看，大盘上可以随便摞小盘，相反则不允许。
在将1号和2号盘当整体从A移至B的过程中move（2,A,C,B）实际上是分解为以下三步
第
（1）.1步：
move1formAtoC;
第
（1）.2步：
move2formAtoB;
第
（1）.3步：
move1formCtoB;
经过以上步骤，将1号和2号盘作为整体从A移至B，为3号盘从A移至C创造了条件。
同样，3号盘一旦到了C，就要考虑如何实现将1号和2号盘当整体从B移至C的过程了。
实际上move（2,B,A,C）也要分解为三步：
第（3）.1步：
move1formBtoA;
第（3）.2步：
move2formBtoC;
第（3）.3步：
move1formAtoC;
5、看move（2,A,C,B）是说要将2只盘子从A搬至B，但没有C是不行的，因为第
（1）.1步就要将1盘从A移到C，给2盘创造条件从A移至B，然后再把1盘从C移至B。
看到这里就能明白借助C的含义了。
因此，在构思搬移过程的参量时，要把3个柱子都用上。
6、定义搬移函数move（n,A,B,C），物理意义是将n只盘子从A经B搬到C
⏹move（n,A,B,C）分解为3步
1.move（n-1,A,C,B）理解为将上面的n-1只盘子作为一个整体从A经C移至B；
2.输出n：
AtoC，理解将n号盘从A移至C，是直接可解结点；
3.Move（n-1,B,A,C）理解为将上面的n-1只盘子作为一个整体从B经A移至C。
⏹这里显然是一种递归定义，当着解move（n-1,A,C,B）时又可想到，将其分解为3步：
⏹第1步：
将上面的n-2只盘子作为一个整体从A经B到C，move（n-2,A,B,C）；
⏹第2步：
第n-1号盘子从A直接移至B，即n-1:
AtoB；
⏹第3步：
再将上面的n-2只盘子作为一个整体从C经A移至B，move（n-2,C,A,B）；
#include//预编译命令
intstep=1;//整型全局变量,预置1,步数
//声明要用到的被调用函数
voidmove（int,char,char,char）;
intmain（）//主函数
{//主程序开始
intn;//整型变量,n为盘数,
printf（"请输入盘数n=“）;//提示信息
scanf（“%d”,&n）;//输入正整数n
//输出提示信息
printf（"在3根柱子上移%d只盘的步骤为:
\n“）;
move（n,'a','b','c'）;//调用move函数
return0;//主函数结束
}
//以下函数是被主程序调用的函数
//函数名：
move
//输入：
m，整型变量，表示盘子数目
//p，q，r为字符型变量，表示柱子标号
//返回值：
无
voidmove（intm,charp,charq,charr）
{//自定义函数体开始
if（m==1）//如果m为1,则为直接可解结点,
{
//直接可解结点,输出移盘信息
printf（"[%d]move1#from%dto%d\n”,step,p,r）;
step++;//步数加1
}
else//如果不为1,则要调用move（m-1）
{
move（m-1,p,r,q）;//递归调用move（m-1）
//直接可解结点,输出移盘信息
printf（"[%d]move%d#from%dto%d\n”,step,m,p,r）;
step++;//步数加1
move（m-1,q,p,r）;//递归调用move（m-1）
}
}//自定义函数体结束
习题：
已知Cmn表示从m个元素中取n个的组合数，又知
Cmn=Cm-1n+Cm-1n-1
1,m=n
Cmn=
m,n=1
写出递归程序求解组合问题。
#include//预编译命令
//计算C（m,n），即从m个数中取n个数的组合数
intCmn（intm,intn）
{
if（m<0||n<0||mreturn0;
if（m==n）//C（m,m）=1
return1;
if（n==1）//C（m,1）=m
returnm;
//C（m,n）=C（m-1,n）+C（m-1,n-1）
returnCmn（m-1,n）+Cmn（m-1,n-1）;
}
intmain（）//主函数开始
{
//测试一些结果
printf（"C（6,0）=%d\n“,Cmn（6,0））;
printf（"C（6,1）=%d\n“,Cmn（6,1））;
printf（"C（6,2）=%d\n“,Cmn（6,3））;
printf（"C（6,6）=%d\n“,Cmn（6,6））;
return0;
}//主函数结束
二．二分查找
//递归实现二分法在有序数组a中查找m,返回m的下标
//没找到返回-1
intbisearch（intary[],inti,intj,intm）
{
if（i>j）//没找到
return-1;
if（ary[（i+j）/2]==m）//找到
return（i+j）/2;
elseif（ary[（i+j）/2]>m）//找左半边
returnbisearch（ary,i,（i+j）/2-1,m）;
else//找右半边
returnbisearch（ary,（i+j）/2+1,j,m）;
}
三．快速排序
快速排序的思路
1.将待排序的数据放入数组a中，下标从z到y；
2.取a[z]放变量k中，通过分区处理，为k选择应该排定的位置。
这时要将比k大的数放右边，比k小的数放左边。
当k到达最终位置后，由k划分左右两个集合。
然后再用同样的思路处理左集合与右集合。
3.令sort（z,y）为将数组元素从下标为z到下标为y的y–z+1个元素从小到大排序。
分区处理
1、让k=a[z]
2、将k放在a[m]
3、使a[z],a[z+1],…,a[m-1]<=a[m
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