算法设计与应用作业.docx
《算法设计与应用作业.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《算法设计与应用作业.docx（11页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。
算法设计与应用作业
1有52张牌，使它们全部正面朝上，第一轮是从第2张开始，凡是2的倍数位置上的牌翻成正面朝下；第二轮从第3张牌开始，凡是3的倍数位置上的牌，正面朝上的翻成正面朝下的，正面朝下的翻成正面朝上的；以此类推，直到翻得牌超过104张为止。
统计最后有几张牌正面朝上以及它们的位置号。
问题分析：
52张牌都有一个初始状态，即全部朝上。
第一轮开始时，2的倍数位置改变，非2的倍数保持原样；第二轮开始时，3的奇数倍朝下，3的偶数倍朝上；第三轮开始时，4的倍数朝上，即2的偶数倍朝下，以此类推，直到牌数超过104，则进行状态统计。
算法设计：
根据题意，首先对第一轮进行记录，算法则应该是依次对位置进行改变，用循环求解翻转问题。
算法分析：
这个算法使用循环对牌进行逐层比较，算法复杂度为O（n+1），使用了52个空间的一维数组。
数据结构设计：
用一维数组a[52]表示52张牌，设其初始状态为0。
计数小于104时，第一轮开始进行翻转，下一轮即n+1轮开始分情况进行翻转，用整型shang进行朝上个数的统计，位置则由i来确定。
算法如下：
#include
intmain（）
{
inta[52]={0};//用一维数组表示52张牌，0表示正面朝上
intshang=0;//正面朝上的个数
inti=0;
intcount=0;//次数统计
intn=1;
while（count<=104）
{
if（n==1）
{
for（i=n+1;i<=52;++i）
{
if（i%（n+1）==0）
{
a[i-1]=1;
//front--;
++count;
}
}
n++;
}
else
{
for（i=n+1;i<=52;++i）
{
if（i%（n+1）==0）
{
if（a[i-1]==0）
{a[i]=1;
++count;
}
else
{
a[i]=0;
++count;
}
}
}
n++;
}
}
for（i=0;i<52;++i）
{
if（a[i]==0）
{
shang++;
}
}
printf（"正面朝上的扑克有：
%d\n",shang）;
printf（"它们的位置号为：
\n"）;
for（i=0;i<52;++i）
{
if（a[i]==0）
{
printf（"%d\t",i）;
}
}
printf（"\n"）;
return0;
}
运行结果如下：
1.键盘输入n个正整数，把它们看作一个“数圈”，求其中连续4个数之和最大者。
问题分析：
用数1到n表示键盘输入的数，把连续4个数之和同前后进行比较，求出和最大，可利用二重循环把所有情况进行列举。
算法设计：
用1,2,3…n代表输入的数，其存储的值代表连续4个数之和。
第一层循环：
范围从n到n+4；
第二层循环：
范围从1到n；
最后对和进行比较，然后输出。
算法分析：
算法效率为O（4n），存储空间上有些浪费，可根据实际情况进行空间分配。
数据结构设计：
首先用一个一维数组表示键盘输入的数，定义一个最大数，设置其初始状态为0，把连续4个数的和用he表示，再同max进行比较，输出内容就是问题的解。
算法如下：
#include
intmain（void）
{intch[120],n,i,j,he=0,max=0,maxi;
scanf（"%d",&n）;
for（i=0;iscanf（"%d",&ch[i]）;
for（i=n;ich[i]=ch[i-n];
for（i=0;i{he=ch[i]+ch[i+1]+ch[i+2]+ch[i+3];
if（he>max）
{
max=he;maxi=i;}
}
i=maxi;
printf（"最大和=%d+%d+%d+%d=%d\n",
ch[i],ch[（i+1）%n],ch[（i+2）%n],ch[（i+3）%n],he）;
return0;
}
运行结果如下：
2.有一堆棋子，2枚2枚地数，最后余1枚；3枚3枚地数，最后余2枚；5枚5枚地数，最后余4枚；6枚6枚地数，最后余5枚；7枚7枚地数，最后正好数完，编程完成这堆棋子最少有多少枚棋子。
问题分析：
用n表示棋子数，要求可以7枚7枚的数，因此棋子数至少为7，问题可以用条件语句进行求解。
算法设计：
用7到n表示棋子数，余数表示剩余的棋子数。
设置棋子数的范围，因为不知道具体有多少，所以尽可能的大一点，然后进行情况判别。
算法分析：
算法比较简单，但由于预先不知道棋子数，因此效率比较差。
数据结构分析：
首先预确定一个棋子数的范围，分别对2、3、5、7进行取余，符合情况则输出棋子数n，不符合则加1，继续进行判断，输出结构符合问题要求。
算法如下：
#include
intmain（void）
{
intn=7;
while（n<1000）
{
if（n%2==1&&n%3==2&&n%5==4&&n%6==5&&n%7==0）
{
printf（"%d\n",n）;break;
}
elsen++;
}
return0;
}
运行结果如下：
3.利用分治法求一组数据中最大的两个数和最小的两个数。
问题分析：
用n表示输入的数，最大的两个数和最小的两个数可用循环进行情况列举。
算法设计：
用分治法可以用较少的比较次数解决上述问题。
问题可以简化为求最大值和最小值，再把这种情况除外，再求其最大值和最小值。
算法分析：
算法中需要n-1次比较，才能得到第一个最大最小值，需要n-2次比较得到第二个最大最小值。
数据结构设计：
把输入的数存入一维数组ch[]，首先对两个数进行比较，然后大的数或者小的数同下一个比较，直到输出最大的数max1和最小的数min1；下一次继续进行循环比较，输出最大的数max2和最小的数min2。
算法如下：
#include
intmain（void）
{
intch[20],n,i,max1=0,max2=0,min1=0,min2=0;
scanf（"%d",&n）;
for（i=0;iscanf（"%d",&ch[i]）;
for（i=0;i{
if（ch[max1]max1=i;
if（ch[min1]>ch[i]）
min1=i;
}
if（max1==0）
max2=1;
if（min1==0）
min2=1;
for（i=0;i{
if（i==max1||i==min1）
continue;
if（ch[max2]max2=i;
if（ch[min2]>ch[i]）
min2=i;
}
printf（"max1=%dmax2=%dmin1=%dmin2=%d",ch[max1],ch[max2],ch[min1],ch[min2]）;
return0;
}
4.等分液体，在一个瓶子中装有8N（N为偶数）升汽油，要平均分成两份，但只有一个装3（N/2-1）升的量杯和装5（N/2+1）升的量杯（都没有刻度）。
打印出所有把汽油分成两等份的操作过程。
若无解打印“NO”，否则打印操作过程。
问题分析：
将8升汽油平分装入两个不同容量的容器，在没有刻度的情况下，一次就平分是不行的，需要利用容器的差异性多次进行最后达到平分，可以通过分析具体情况达到目的。
算法设计：
利用深度优先算法进行搜索，不满足均分条件时则及时进行回溯，当满足问题的解则结束。
算法分析：
这个算法比较简单，利用条件分支进行判断，来保证不漏判。
数据结构分析：
将三个容器的容量定义为常量，在定义两个变量b和c来确定瓶中实际的重量。
根据确定量的不同情况进行分配，最后达到均分的效果。
算法如下：
#include
intp=4;
intmain（）
{
inta=8,y=3,z=5;
voidfen（inta,inty,intz）;
fen（a,y,z）;
fen（a,z,y）;
return0;
}
voidfen（inta,inty,intz）
{
intb=0,c=0;
printf（"a：
%db：
%dc：
%d\n",a,y,z,a,b,c）;
while（a!
=p||b!
=p&&c!
=p）
{
if（!
b）
{
a-=y;
b=y;
}
else
if（c==z）
{
a+=z;
c=0;
}
else
if（b>z-c）
{
b-=（z-c）;
c=z;
}
else
{
c+=b;
b=0;
}
printf（"%5d%5d%5d\n",a,b,c）;
}
}
程序运行结果：
升级会员 