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C语言竞赛练习题40题(答案)


C 语言竞赛练习题 1
1. 求最大数 . 问 555555 的约数中最大的三位数是多少? *问题分析与算法设计 根据约数的定义,对于一个整数 N,除去 1 和它自身外,凡能整除 N 的数即为 N 的约 数。因此,最简单的方法是用 2 到 N-1 之间的所有数去除 N,即可求出 N 的全部约数。本 题只要求取约数中最大的三位数,则其取值范围可限制在 100 到 999 之间。 *程序说明与注释 #include<stdio.h> void main() { long i; int j; printf("Please input number:"); scanf("%ld",&i); for(j=999;j>=100;j--) if(i%j==0) { printf("The max factor with 3 digits in %ld is:%d,\\n",i,j); break; } } *运行结果 输入:555555 输出:The max factor with 3 digits in 555555 is:777 2. 高次方数的尾数 . 求 13 的 13 次方的最后三位数 *问题分析与算法设计 解本题最直接的方法是:将 13 累乘 13 次方截取最后三位即可。 但是由于计算机所能表示的整数范围有限,用这种“正确”的算法不可能得到正确的结 果。事实上,题目仅要求最后三位的值,完全没有必要求 13 的 13 次方的完整结果。 研究乘法的规律发现: 乘积的最后三位的值只与乘数和被乘数的后三位有关, 与乘数和 被乘数的高位无关。利用这一规律,可以大大简化程序。 *程序说明与注释 #include<stdio.h> void main() { int i,x,y,last=1; /*变量 last 保存求 X 的 Y 次方过程中的部分乘积的后三位*/ printf("Input X and Y(X**Y):"); scanf("%d**%d",&x,&y); for(i=1;i<=y;i++) /*X 自乘 Y 次*/ last=last*x%1000; /*将 last 乘 X 后对 1000 取模,即求积的后三位*/ printf("The last 3 digits of %d**%d is:%d\\n",x,y,last%1000); /*打印结果*/

} *运行结果 Input X and Y(X**Y):13**13 The last 3 digits of 13**13 is:253 Input X and Y(X**Y):13**20 The last 3 digits of 13**20 is:801 3. 借书方案知多少 . 小明有五本新书,要借给 A,B,C 三位小朋友,若每人每次只能借一本,则可以有多 少种不同的借法? *问题分析与算法设计 本问题实际上是一个排列问题, 即求从 5 个中取 3 个进行排列的方法的总数。 首先对五 本书从 1 至 5 进行编号,然后使用穷举的方法。假设三个人分别借这五本书中的一本,当三 个人所借的书的编号都不相同时,就是满足题意的一种借阅方法。 *程序说明与注释 void main() { int a,b,c,count=0; printf("There are diffrent methods for XM to distribute books to 3 readers:\\n"); for(a=1;a<=5;a++) /*穷举第一个人借 5 本书中的 1 本的全部情况*/ for(b=1;b<=5;b++) /*穷举第二个人借 5 本书中的一本的全部情况*/ for(c=1;a!=b&&c<=5;c++) /*当前两个人借不同的书时,穷举第三个人借 5 本书 中的 1 本的全部情况*/ if(c!=a&&c!=b) /*判断第三人与前两个人借的书是否不同*/ printf(count%8?"%2d:%d,%d,%d ":"%2d:%d,%d,%d\\n ",++count,a,b,c); /*打印可能的借阅方法*/ } *运行结果 There are diffrent methods for XM to distribute books to 3 readers: 1: 1,2,3 2: 1,2,4 3: 1,2,5 4: 1,3,2 5: 1,3,4 6: 1,3,5 7: 1,4,2 8: 1,4,3 9: 1,4,5 10:1,5,2 11:1,5,3 12:1,5,4 13:2,1,3 14:2,1,4 15:2,1,5 16:2,3,1 17:2,3,4 18:2,3,5 19:2,4,1 20:2,4,3 21:2,4,5 22:2,5,1 23:2,5,3 24:2,5,4 25:3,1,2 26:3,1,4 27:3,1,5 28:3,2,1 29:3,2,4 30:3,2,5 31:3,4,1 32:3,4,2 33:3,4,5 34:3,5,1 35:3,5,2 36:3,5,4 37:4,1,2 38:4,1,3 39:4,1,5 40:4,2,1 41:4,2,3 42:4,2,5 43:4,3,1 44:4,3,2 45:4,3,5 46:4,5,1 47:4,5,2 48:4,5,3 49:5,1,2 50:5,1,3 51:5,1,4 52:5,2,1 53:5,2,3 54:5,2,4 55:5,3,1 56:5,3,2 57:5,3,4 58:5,4,1 59:5,4,2 60:5,4,3 4. 数制转换 . 将任一整数转换为二进制形式

*问题分析与算法设计 将十进制整数转换为二进制的方法很多,这里介绍的实现方法利用了 C 语言能够对位 进行操作的特点。对于 C 语言来说,一个整数在计算机内就是以二进制的形式存储的,所 以没有必要再将一个整数经过一系列的运算转换为二进制形式, 只要将整数在内存中的二进 制表示输出即可。 *程序说明与注释 #include<stdio.h> void printb(int,int); void main() { int x;printf("Input number:"); scanf("%d",&x); printf("number of decimal form:%d\\n",x); printf(" it\'s binary form:"); printb(x,sizeof(int)*8); /*x:整数 sizeof(int):int 型在内存中所占的字节数 sizeof(int)*8:int 型对应的位数*/ putchar(\'\\n\'); } void printb(int x,int n) { if(n>0) { putchar(\'0\'+((unsigned)(x&(1<<(n-1)))>>(n-1))); /*输出第 n 位*/ printb(x,n-1); /*归调用,输出 x 的后 n-1 位*/ } } *运行结果 输入:8 输出: number of decimal form:8 it\'s bunary form:0000000000001000 输入:-8 输出:number of decimal form:-8 it\'s binary form:1111111111111000 输入:32767 输出:number of decimal form:32767 it\'s binary form:0111111111111111 输入:-32768 输出:number of decimal form:-32768 it\'s binary form:1000000000000000 输入:128 输出:number of decimal form:128 it\'s binary form:0000000010000000 5. 打鱼还是晒网 .

中国有句俗语叫“三天打鱼两天晒网” 。某人从 1990 年 1 月 1 日起开始“三天打鱼两天 晒网” ,问这个人在以后的某一天中是“打鱼”还是“晒网” 。 *问题分析与算法设计 根据题意可以将解题过程分为三步: 1)计算从 1990 年 1 月 1 日开始至指定日期共有多少天; 2)由于“打鱼”和“晒网”的周期为 5 天,所以将计算出的天数用 5 去除; 3)根据余数判断他是在“打鱼”还是在“晒网” ; 若 余数为 1,2,3,则他是在“打鱼” 否则 是在“晒网” 在这三步中,关键是第一步。求从 1990 年 1 月 1 日至指定日期有多少天,要判断经历 年份中是否有闰年,二月为 29 天,平年为 28 天。闰年的方法可以用伪语句描述如下: 如果 ((年能被 4 除尽 且 不能被 100 除尽)或 能被 400 除尽) 则 该年是闰年; 否则 不是闰年。 C 语言中判断能否整除可以使用求余运算(即求模) *程序与程序注释 #include<stdio.h> int days(struct date day); struct date{ int year; int month; int day; }; void main() { struct date today,term; int yearday,year,day; printf("Enter year/month/day:"); scanf("%d%d%d",&today.year,&today.month,&today.day); /*输入日期*/ term.month=12; /*设置变量的初始值:月*/ term.day=31; /*设置变量的初始值:日*/ for(yearday=0,year=1990;year<today.year;year++) { term.year=year; yearday+=days(term); /*计算从 1990 年至指定年的前一年共有多少天*/ } yearday+=days(today); /*加上指定年中到指定日期的天数*/ day=yearday%5; /*求余数*/ if(day>0&&day<4) printf("he was fishing at that day.\\n"); /*打印结果*/ else printf("He was sleeping at that day.\\n"); } int days(struct date day) { static int day_tab[2][13]= {{0,31,28,31,30,31,30,31,31,30,31,30,31,},

/*平均每月的天数*/

{0,31,29,31,30,31,30,31,31,30,31,30,31,}, }; int i,lp; lp=day.year%4==0&&day.year%100!=0||day.year%400==0; /*判定 year 为闰年还是平年,lp=0 为平年,非 0 为闰年*/ for(i=1;i<day.month;i++) /*计算本年中自 1 月 1 日起的天数*/ day.day+=day_tab[lp]; return day.day; } *运行结果 Enter year/month/day:1991 10 25 He was fishing at day. Enter year/month/day:1992 10 25 He was sleeping at day. Enter year/month/day:1993 10 25 He was sleeping at day -6. 抓交通肇事犯 . 一辆卡车违反交通规则,撞人后逃跑。现场有三人目击事件,但都没有记住车号,只记 下车号的一些特征。 甲说: 牌照的前两位数字是相同的; 乙说: 牌照的后两位数字是相同的, 但与前两位不同; 丙是数学家,他说:四位的车号刚好是一个整数的平方。请根据以上线 索求出车号。 *问题分析与算法设计 按照题目的要求造出一个前两位数相同、 后两位数相同且相互间又不同的整数, 然后判 断该整数是否是另一个整数的平方。 *程序与程序注释 #include<stdio.h> #include<math.h> void main() { int i,j,k,c; for(i=1;i<=9;i++) /*i:车号前二位的取值*/ for(j=0;j<=9;j++) /*j:车号后二位的取值*/ if(i!=j) /*判断二位数字是否相异*/ { k=i*1000+i*100+j*10+j; /*计算出可能的整数*/ for(c=31;c*c<k;c++); /*判断该数是否为另一整数的平方*/ if(c*c==k) printf("Lorry--No. is %d.\\n",k); /*若是,打印结果*/ } } *运行结果 Lorry _No.is 7744

7. 该存多少钱 . 假设银行一年整存零取的月息为 0.63%。现在某人手中有一笔钱,他打算在今后的五年 中的年底取出 1000 元,到第五年时刚好取完,请算出他存钱时应存入多少。 *问题分析与算法设计 分析存钱和取钱的过程,可以采用倒推的方法。若第五年年底连本带息要取 1000 元, 则要先求出第五年年初银行存款的钱数: 第五年初存款=1000/(1+12*0.0063) 依次类推可以求出第四年、第三年......的年初银行存款的钱数: 第四年年初存款=(第五年年初存款+1000)/(1+12*0.0063) 第三年年初存款=(第四年年初存款+1000)/(1+12*0.0063) 第二年年初存款=(第三年年初存款+1000)/(1+12*0.0063) 第一年年初存款=(第二年年初存款+1000)/(1+12*0.0063) 通过以上过程就可以很容易地求出第一年年初要存入多少钱。 *程序与程序注释 #include<stdio.h> void main() { int i; float total=0; for(i=0;i<5;i++) /*i 为年数,取值为 0~4 年*/ total=(total+1000)/(1+0.0063*12); /*累计算出年初存款数额,第五次的计算 结果即为题解*/ printf("He must save %.2f at first.\\n",total); } *运行结果 He must save 4039.44 at first 8. 怎样存钱利最大 . 假设银行整存整取存款不同期限的月息利率分别为: 0.63% 期限=1 年 0.66% 期限=2 年 0.69% 期限=3 年 0.75% 期限=5 年 0.84% 期限=8 年 利息=本金*月息利率*12*存款年限。 现在某人手中有 2000 元钱, 请通过计算选择一种存钱方案, 使得钱存入银行 20 年后得 到的利息最多(假定银行对超过存款期限的那一部分时间不付利息)。 *问题分析与算法 为了得到最多的利息, 存入银行的钱应在到期时马上取出来, 然后立刻将原来的本金和 利息加起来再作为新的本金存入银行,这样不断地滚动直到满 20 年为止,由于存款的利率 不同,所以不同的存款方法(年限)存 20 年得到的利息是不一样的。 分析题意,设 2000 元存 20 年,其中 1 年存 i1 次,2 年存 i2 次,3 年存 i3 次,5 年存 i5 次,8 年存 i8 次,则到期时存款人应得到的本利合计为: 2000*(1+rate1)i1*(1+rate2)i2*(1+rate3)i3*(1+rate5)i5*(1+rate8)i8 其中 rateN 为对应存款年限的利率。根据题意还可得到以下限制条件:

0<=i8<=2 0<=i5<=(20-8*i8)/5 0<=i3<=(20-8*i8-5*i5)/3 0<=i2<=(20-8*i8-5*i5-3*i3)/2 0<=i1=20-8*i8-5*i5-3*i3-2*i2 可以用穷举法穷举所有的 i8、 i3、 和 i1 的组合, i5、 i2 代入求本利的公式计算出最大值, 就是最佳存款方案。 *程序与程序注释 #include<stdio.h> #include<math.h> void main() { int i8,i5,i3,i2,i1,n8,n5,n3,n2,n1; float max=0,term; for(i8=0;i8<3;i8++) /*穷举所有可能的存款方式*/ for(i5=0;i5<=(20-8*i8)/5;i5++) for(i3=0;i3<=(20-8*i8-5*i5)/3;i3++) for(i2=0;i2<=(20-8*i8-5*i5-3*i3)/2;i2++) { i1=20-8*i8-5*i5-3*i3-2*i2; term=2000.0*pow((double)(1+0.0063*12),(double)i1) *pow((double)(1+2*0.0063*12),(double)i2) *pow((double)(1+3*0.0069*12),(double)i3) *pow((double)(1+5*0.0075*12),(double)i5) *pow((double)(1+8*0.0084*12),(double)i8); /*计算到期时的本利合计*/ if(term>max) { max=term;n1=i1;n2=i2;n3=i3;n5=i5;n8=i8; } } printf("For maxinum profit,he should so save his money in a bank:\\n"); printf(" made fixed deposit for 8 year: %d times\\n",n8); printf(" made fixed deposit for 5 year: %d times\\n",n5); printf(" made fixed deposit for 3 year: %d times\\n",n3); printf(" made fixed deposit for 2 year: %d times\\n",n2); printf(" made fixed deposit for 1 year: %d times\\n",n1); printf(" Toal: %.2f\\n",max); /*输出存款方式*/ } *运行结果 For maxinum profit,he should so save his money in a bank: made fixed deposit for 8 year: 0times made fixed deposit for 5 year: 4times made fixed deposit for 3 year: 0times made fixed deposit for 2 year: 0times made fixed deposit for 1 year: 0times Total:8841.01 可见最佳的存款方案为连续四次存 5 年期。

9. 捕鱼和分鱼 . A、B、C、D、E 五个人在某天夜里合伙去捕鱼,到第二天凌晨时都疲惫不堪,于是各 自找地方睡觉。日上三杆,A 第一个醒来,他将鱼分为五份,把多余的一条鱼扔掉,拿走自 己的一份。B 第二个醒来,也将鱼分为五份,把多余的一条鱼扔掉,保持走自己的一份。C、 D、E 依次醒来,也按同样的方法拿走鱼。问他们合伙至少捕了多少条鱼? *问题分析与算法设计 根据题意,总计将所有的鱼进行了五次平均分配,每次分配时的策略是相同的,即扔掉 一条鱼后剩下的鱼正好分成五份,然后拿走自己的一份,余下其它的四份。 假定鱼的总数为 X,则 X 可以按照题目的要求进行五次分配:X-1 后可被 5 整除,余下 的鱼为 4*(X-1)、5。若 X 满足上述要求,则 X 就是题目的解。 *程序与程序注释 #include<stdio.h> void main() { int n,i,x,flag=1; /*flag:控制标记*/ for(n=6;flag;n++) /*采用试探的方法。令试探值 n 逐步加大*/ { for(x=n,i=1&&flag;i<=5;i++) if((x-1)%5==0) x=4*(x-1)/5; else flag=0; /*若不能分配则置标记 falg=0 退出分配过程*/ if(flag) break; /*若分配过程正常结束则找到结果退出试探的过程*/ else flag=1; /*否则继续试探下一个数*/ } printf("Total number of fish catched=%d\\n",n); /*输出结果*/ } *运行结果 Total number of fish catched = 3121 *问题的进一步讨论 程序采用试探法,试探的初值为 6,每次试探的步长为 1。这是过分保守的做法。可以 在进一步分析题目的基础上修改此值,增大试探的步长值,以减少试探次数。 *思考题 请使用其它的方法求解本题 10. 出售金鱼 . 买卖提将养的一缸金鱼分五次出售系统上一次卖出全部的一半加二分之一条; 第二次卖 出余下的三分之一加三分之一条; 第三次卖出余下的四分之一加四分之一条; 第四次卖出余 下的五分之一加五分之一条;最后卖出余下的 11 条。问原来的鱼缸中共有几条金鱼? *题目分析与算法设计 题目中所有的鱼是分五次出售的,每次卖出的策略相同;第 j 次卖剩下的(j+1)分之一再 加 1/(j+1)条。第五次将第四次余下的 11 条全卖了。 假定第 j 次鱼的总数为 X,则第 j 次留下: x-(x+1)/(j+1) 当第四次出售完毕时,应该剩下 11 条。若 X 满足上述要求,则 X 就是题目的解。 应当注意的是:"(x+1)/(j+1)"应满足整除条件。试探 X 的初值可以从 23 开始,试探的 步长为 2,因为 X 的值一定为奇数。

*程序说明与注释 #include<stdio.h> void main() { int i,j,n=0,x; /*n 为标志变量*/ for(i=23;n==0;i+=2) /*控制试探的步长和过程*/ { for(j=1,x=i;j<=4&&x>=11;j++) /*完成出售四次的操作*/ if((x+1)%(j+1)==0) /*若满足整除条件则进行实际的出售操作*/ x-=(x+1)/(j+1); else {x=0;break;} /*否则停止计算过程*/ if(j==5&&x==11) /*若第四次余下 11 条则满足题意*/ { printf("There are %d fishes at first.\\n",i); /*输出结果*/ n=1; /*控制退出试探过程*/ } } } *运行结果 There are 59 fishes at first. 11. 分数四则运算 . 对输入的两个分数进行+、-、*、/四则运算,输出分数结果。 算法分析如下: 对分数 b/a 与 d/c,不管哪一种运算,其运算结果均为 y/x 形式。对结果 y/x 进行化简, 约去分子分母的公因数:试用 i(i=1,...,y)对 y,x 进行试商,若能同时整除 y,x,则 y,x 同时约 去公因数 i,最后打印约简的分数。 程序代码如下: #include<stdio.h> void main() { long int a,b,c,d,i,x,y,z; char op; printf("两分数 b/a,d/c 作+,-,*,/四则运算,结果为分数。\\n"); printf("请输入分数运算式。\\n"); scanf("%ld/%ld%c%ld/%ld",&b,&a,&op,&d,&c); if(a==0||c==0) {printf("分母为 0 输入错误!");exit(0);} if(op==\'+\'){y=b*c+d*a;x=a*c;} /*运算结果均为 y/x*/ if(op==\'-\'){y=b*c-d*a,x=a*c;} if(op==\'*\'){y=b*d;x=a*c;} if(op==\'/\'){y=b/c;x=a/d;} z=x; if(x>y) z=y; i=z; while(i>1) /*y/x 分子分母约去公因数*/ {

if(x%i==0&&y%i==0){x=x/i;y=y/i;continue;} i--; } printf("%ld/%ld%c%ld/%ld=%ld/%ld.\\n",b,a,op,d,c,y,x); } -------------------------------------------------------------------------------12. . 平分七筐鱼

甲、乙、丙三位鱼夫出海打鱼,他们随船带了 21 只箩筐。当晚返航时,他们发现有七筐装 满了鱼,还有七筐装了半筐鱼,另外七筐则是空的,由于他们没有秤,只好通过目测认为七 个满筐鱼的重量是相等的,7 个半筐鱼的重量是相等的。在不将鱼倒出来的前提下,怎样将 鱼和筐平分为三份? *问题分析与算法设计 根据题意可以知道:每个人应分得七个箩筐,其中有 3.5 筐鱼。采用一个 3*3 的数组 a 来表示三个人分到的东西。其中每个人对应数组 a 的一行, 数组的第 0 列放分到的鱼的整筐 数,数组的第 1 列放分到的半筐数,数组的第 2 列放分到的空筐数。由题目可以推出: 。数组的每行或每列的元素之和都为 7; 。对数组的行来说,满筐数加半筐数=3.5; 。每个人所得的满筐数不能超过 3 筐; 。每个人都必须至少有 1 个半筐,且半筐数一定为奇数 对于找到的某种分鱼方案, 三个人谁拿哪一份都是相同的, 为了避免出现重复的分配方 案,可以规定:第二个人的满筐数等于第一个人的满筐数;第二个人的半筐数大于等于第一 个人的半筐数。 *程序与程序注释 #include<stdio.h> int a[3][3],count; void main() { int i,j,k,m,n,flag; printf("It exists possible distribtion plans:\\n"); for(i=0;i<=3;i++) /*试探第一个人满筐 a[0][0]的值,满筐数不能>3*/ { a[0][0]=i; for(j=i;j<=7-i&&j<=3;j++) /*试探第二个人满筐 a[1][0]的值,满筐数不能>3*/ { a[1][0]=j; if((a[2][0]=7-j-a[0][0])>3)continue; /*第三个人满筐数不能>3*/ if(a[2][0]<a[1][0])break; /*要求后一个人分的满筐数>=前一个人, 以排除重 复情况*/ for(k=1;k<=5;k+=2) /*试探半筐 a[0][1]的值,半筐数为奇数*/ { a[0][1]=k; for(m=1;m<7-k;m+=2) /*试探 半筐 a[1][1]的值,半筐数为奇数*/ { a[1][1]=m; a[2][1]=7-k-m; for(flag=1,n=0;flag&&n<3;n++) /*判断每个人分到的鱼是 3.5 筐,flag 为满足题意 的标记变量*/ if(a[n][0]+a[n][1]<7&&a[n][0]*2+a[n][1]==7) a[n][2]=7-a[n][0]-a[n][1]; /*计算应得到的空筐数量*/ else flag=0; /*不符合题意则置标记为 0*/ if(flag)

{ printf("No.%d Full basket Semi--basket Empty\\n",++count); for(n=0;n<3;n++) printf(" fisher %c: %d %d %d\\n", \'A\'+n,a[n][0],a[n][1],a[n][2]); } } } } } } * 运行结果 It exists possible distribution plans: No.1 Full basket fisher A: 1 fisher B: 3 fisher C: 3 No.2 Full basket fisher A: 2 fisher B: 2 fisher C: 3

Semi--basket 5 1 1 Semi--basket 3 3 1

Empty 1 3 3 Empty 2 2 3

*思考题 晏会上数学家出了一道难题:假定桌子上有三瓶啤酒,癣瓶子中的酒分给几个人喝,但 喝各瓶酒的人数是不一样的。不过其中有一个人喝了每一瓶中的酒,且加起来刚好是一瓶, 请问喝这三瓶酒的各有多少人? (答案:喝三瓶酒的人数分别是 2 人、3 人和 6 人) 13. 有限 5 位数 . 个位数为 6 且能被 3 整除的五位数共有多少? *题目分析与算法设计 根据题意可知,满足条件的五位数的选择范围是 10006、10016。。99996。可设基础数 。 i=1000,通过计算 i*10+6 即可得到欲选的数(i 的变化范围是 1000~999),再判断该数能否被 3 整除。 *程序说明与注释 #include<stdio.h> void main() { long int i; int count=0; /*count:统计满足条件的五位数的个数*/ for(i=1000;i<9999;i++) if(!((i*10+6)%3)) /*判断所选的数能否被 3 整除*/ count++; /*若满足条件则计数*/ printf("count=%d\\n",count); } *运行结果 count=2999

14. 除不尽的数 . 一个自然数被 8 除余 1,所得的商被 8 除也余 1,再将第二次的商被 8 除后余 7,最后 得到一个商为 a。又知这个自然数被 17 除余 4,所得的商被 17 除余 15,最后得到一个商是 a 的 2 倍。求这个自然数。 *题目分析与算法设计 根据题意,可设最后的商为 i(i 从 0 开始取值),用逆推法可以列出关系式: (((i*8+7)*8)+1)*8+1=((2*i*17)+15)*18+4 再用试探法求出商 i 的值。 *程序说明与注释 #include<stdio.h> void main() { int i; for(i=0;;i++) /*试探商的值*/ if(((i*8+7)*8+1)*8+1==(34*i+15)*17+4) { /*逆推判断所取得的当前 i 值是否满足关系式*/ /*若满足则输出结果*/ printf("The required number is: %d\\n",(34*i+15)*17+4); break; /*退出循环*/ } } *运行结果 The required number is:1993 15. . 一个奇异的三位数

一个自然数的七进制表达式是一个三位数,而这个自然数的九进制表示也是一个三位 数,且这两个三位数的数码正好相反,求这个三位数。 *题目分析与算法设计 根据题意可知,七进制和九进制表示的这全自然数的每一位一定小于 7,可设其七进制 数形式为 kji(i、j、k 的取值分别为 1~6),然后设其九进制表示形式为 ijk。 *程序说明与注释 #include<stdio.h> void main() { int i,j,k; for(i=1;i<7;i++) for(j=0;j<7;j++) for(k=1;k<7;k++) if(i*9*9+j*9+k==i+j*7+k*7*7) { printf("The special number with 3 digits is:"); printf("%d%d%d(7)=%d%d%d(9)=%d(10)\\n",k,j,i,i,j,k,i*9*9+j*9+k); } } *运行结果 The special number with 3 digits is:503(7)=305(9)=248(10)

-------------------------------------------------------------------------------16. . 位反序数

设 N 是一个四位数,它的 9 倍恰好是其反序数,求 N。反序数就是将整数的数字倒过 来形成的整数。例如:1234 的反序数是 4321。 *题目分析与算法设计 可设整数 N 的千、百、十、个位为 i、j、k、l,其取值均为 0~9,则满足关系式: (i*103+j*102+10*k+l)*9=(l*103+k*102+10*j+i) 的 i、j、k、l 即构成 N。 *程序说明与注释 #include<stdio.h> void main() { int i; for(i=1002;i<1111;i++) /*穷举四位数可能的值*/ if(i%10*1000+i/10%10*100+i/100%10*10+i/1000==i*9) /*判断反序数是否是原整数的 9 倍*/ printf("The number satisfied stats condition is: %d\\n",i); /*若是则输出*/ } *运行结果 The number satisfied states condition is:1089 17. . 求车速

一辆以固定速度行驶的汽车, 司机在上午 10 点看到里程表上的读数是一个对称数(即这 个数从左向右读和从右向左读是完全一样的),为 95859。两小时后里程表上出现了一个新 的对称数。问该车的速度是多少?新的对称数是多少? *题目分析与算法设计 根据题意,设所求对称数为 i,其初值为 95589,对其依次递增取值,将 i 值的每一位 分解后与其对称位置上的数进行比较,若每个对称位置上的数皆相等,则可判定 i 即为所求 的对称数。 *程序说明与注释 #include<stdio.h> void main() { int t,a[5]; /*数组 a 存放分解的数字位*/ long int k,i; for(i=95860;;i++) /*以 95860 为初值,循环试探*/ { for(t=0,k=100000;k>=10;t++) /*从高到低分解所取 i 值的每位数*/ { /* 字,依次存放于 a[0]~a[5]中*/ a[t]=(i%k)/(k/10); k/=10; } if((a[0]==a[4])&&(a[1]==a[3])) {

printf("The new symmetrical number kelometers is:%d%d%d%d%d\\n", a[0],a[1],a[2],a[3],a[4]); printf("The velocity of the car is: %.2f\\n",(i-95859)/2.0); break; } } } *运行结果 The new symmetrical number kelometers is:95959. The velocity of the car is:50.00 *思考题 将一个数的数码倒过来所得到的新数叫原数的反序数。 如果一个数等于它的反序数, 则 称它为对称数。求不超过 1993 的最大的二进制的对称数 18. . 阿姆斯特朗数

如果一个正整数等于其各个数字的立方和,则称该数为阿姆斯特朗数(亦称为自恋性 数)。 如 407=43+03+73 就是一个阿姆斯特朗数。试编程求 1000 以内的所有阿姆斯特朗数。 *题目分析与算法设计 可采用穷举法,依次取 1000 以内的各数(设为 i),将 i 的各位数字分解后,据阿姆斯特 朗数的性质进行计算和判断。 *程序说明与注释 #include<stdio.h> void main() { int i,t,k,a[3]; printf("There are follwing Armstrong number smaller than 1000:\\n"); for(i=2;i<1000;i++) /*穷举要判定的数 i 的取值范围 2~1000*/ { for(t=0,k=1000;k>=10;t++) /*截取整数 i 的各位(从高向低位)*/ { a[t]=(i%k)/(k/10); /*分别赋于 a[0]~a[2}*/ k/=10; } if(a[0]*a[0]*a[0]+a[1]*a[1]*a[1]+a[2]*a[2]*a[2]==i) /*判断 i 是否为阿姆斯特朗数*/ printf("%5d",i); /*若满足条件,则输出*/ } printf("\\n"); } *运行结果 There are following Armstrong number smaller than 1000: 153 370 371 407

-------------------------------------------------------------------------------19. . 完全数

如果一个数恰好等于它的因子之和,则称该数为“完全数” 。 *题目分析与算法设计 根据完全数的定义,先计算所选取的整数 a(a 的取值 1~1000)的因子,将各因子累加于 m,若 m 等于 a,则可确认 a 为完全数。 *程序说明与注释 #include<stdio.h> void main() { int a,i,m; printf("There are following perfect numbers smaller than 1000:\\n"); for(a=1;a<1000;a++) /*循环控制选取 1~1000 中的各数进行判断*/ { for(m=0,i=1;i<=a/2;i++) /*计算 a 的因子,并将各因子之和 m=a,则 a 是完全数 输出*/ if(!(a%i))m+=i; if(m==a) printf("%4d ",a); } printf("\\n"); } *运行结果 TThere are following perfect numbers smaller than 1000: 6 28 496 20. . 亲密数

如果整数 A 的全部因子(包括 1,不包括 A 本身)之和等于 B;且整数 B 的全部因子(包 括 1,不包括 B 本身)之和等于 A,则将整数 A 和 B 称为亲密数。求 3000 以内的全部亲密 数。 *题目分析与算法设计 按照亲密数定义,要判断数 a 是否有亲密数,只要计算出 a 的全部因子的累加和为 b, 再计算 b 的全部因子的累加和为 n,若 n 等于 a 则可判定 a 和 b 是亲密数。计算数 a 的各因 子的算法: 用 a 依次对 i(i=1~a/2)进行模运算,若模运算结果等于 0,则 i 为 a 的一个因子;否则 i 就不是 a 的因子。 *程序说明与注释 #include<stdio.h> void main() { int a,i,b,n; printf("There are following friendly--numbers pair smaller than 3000:\\n"); for(a=1;a<3000;a++) /*穷举 1000 以内的全部整数*/ { for(b=0,i=1;i<=a/2;i++) /*计算数 a 的各因子,各因子之和存放于 b*/ if(!(a%i))b+=i; /*计算 b 的各因子,各因子之和存于 n*/

for(n=0,i=1;i<=b/2;i++) if(!(b%i))n+=i; if(n==a&&a<b) printf("%4d..%4d }

",a,b);

/*若 n=a,则 a 和 b 是一对亲密数,输出*/

} *运行结果 There are following friendly--numbers pair smaller than 3000: 220.. 284 1184.. 1210 2620.. 2924 21. . 自守数

自守数是指一个数的平方的尾数等于该数自身的自然数。例如: 252=625 762=5776 93762=87909376 请求出 200000 以内的自守数 *题目分析与算法设计 若采用“求出一个数的平方后再截取最后相应位数”的方法显然是不可取的,因为计算 机无法表示过大的整数。 分析手工方式下整数平方(乘法)的计算过程,以 376 为例: 376 被乘数 X 376 乘数 ---------2256 第一个部分积=被乘数*乘数的倒数第一位 2632 第二个部分积=被乘数*乘数的倒数第二位 1128 第三个部分积=被乘数*乘数的倒数第三位 ---------141376 积 本问题所关心的是积的最后三位。分析产生积的后三位的过程,可以看出,在每一次的 部分积中,并不是它的每一位都会对积的后三位产生影响。总结规律可以得到:在三位数乘 法中,对积的后三位产生影响的部分积分别为: 第一个部分积中:被乘数最后三位*乘数的倒数第一位 第二个部分积中:被乘数最后二位*乘数的倒数第二位 第三个部分积中:被乘数最后一位*乘数的倒数第三位 将以上的部分积的后三位求和后截取后三位就是三位数乘积的后三位。 这样的规律可以 推广到同样问题的不同位数乘积。 按照手工计算的过程可以设计算法编写程序。 *程序说明与注释 #include<stdio.h> void main() { long mul,number,k,ll,kk; printf("It exists following automorphic nmbers small than 200000:\\n"); for(number=0;number<200000;number++) { for(mul=number,k=1;(mul/=10)>0;k*=10); /*由 number 的位数确定截取数字进行乘法时的系数 k*/ kk=k*10; /*kk 为截取部分积时的系数*/

mul=0; /*积的最后 n 位*/ ll=10; /*ll 为截取乘数相应位时的系数*/ while(k>0) { mul=(mul+(number%(k*10))*(number%ll-number%(ll/10)))%kk; /*(部分积+截取被乘数的后 N 位*截取乘数的第 M 位),%kk 再截取部分 积*/ k/=10; ll*=10; } if(number==mul) printf("%ld } } *运行结果 It exsts following automorphic numbners smaller than 200000: 0 1 5 6 25 76 376 625 9376 22. . 回文数 /*k 为截取被乘数时的系数*/

/*判断若为自守数则输出*/ ",number);

90625

109376

打印所有不超过 n(取 n<256) 的其平方具有对称性质的数(也称回文数)。 *题目分析与算法设计 对于要判断的数 n,计算出其平方后(存于 a),将 a 的每一位进行分解,再按 a 的从低到 高的顺序将其恢复成一个数 k(如 n=13,则 a=169 且 k=961),若 a 等于 k 则可判定 n 为回亠 数。 *程序说明与注释 #include<stdio.h> void main() { int m[16],n,i,t,count=0; long unsigned a,k; printf("No. number it\'s square(palindrome)\\n"); for(n=1;n<256;n++) /*穷举 n 的取值范围*/ { k=0;t=1;a=n*n; /*计算 n 的平方*/ for(i=1;a!=0;i++) /*从低到高分解数 a 的每一位存于数组 m[1]~m[16]*/ { m=a%10; a/=10; } for(;i>1;i--) { k+=m[i-1]*t; t*=10; } if(k==n*n) printf("%2d%10d%10d\\n",++count,n,n*n); }

} *运行结果 No. number it\'s square(palindrome) 1 1 1 2 2 4 3 3 9 4 11 121 5 22 484 6 26 676 7 101 10201 8 111 12321 9 121 14641 -------------------------------------------------------------------------------23. . 求具有 abcd=(ab+cd)2 性质的四位数

3025 这个数具有一种独特的性质:将它平分为二段,即 30 和 25,使之相加后求平方, 即(30+25)2,恰好等于 3025 本身。请求出具有这样性质的全部四位数。 *题目分析与算法设计 具有这种性质的四位数没有分布规律,可以采用穷举法,对所有四位数进行判断,从而 筛选出符合这种性质的四位数。具体算法实现,可任取一个四位数,将其截为两部分,前两 位为 a,后两位为 b,然后套用公式计算并判断。 *程序说明与注释 #include<stdio.h> void main() { int n,a,b; printf("There are following number with 4 digits satisfied condition\\n"); for(n=1000;n<10000;n++) /*四位数 N 的取值范围 1000~9999*/ { a=n/100; /*截取 N 的前两位数存于 a*/ b=n%100; /*截取 N 的后两位存于 b*/ if((a+b)*(a+b)==n) /*判断 N 是否为符合题目所规定的性质的四位数*/ printf("%d ",n); } } *运行结果 There are following numbers with 4 digits satisfied condition: 2025 3025 9801 24. . 求素数

求素数表中 1~1000 之间的所有素数 *问题分析与算法设计 素数就是仅能衩 1 和它自身整除的整数。判定一个整数 n 是否为素数就是要判定整数 n 能否被除 1 和它自身之外的任意整数整除,若都不能整除,则 n 为素数。 程序设计时 i 可以从 2 开始,到该整数 n 的 1/2 为止,用 i 依次去除需要判定的整数, 只要存在可以整除该数的情况,即可确定要判断的整数不是素数,否则是素数。 *程序与程序注释

#include<stdio.h> void main() { int n1,nm,i,j,flag,count=0; do{ printf("Input START and END=?"); scanf("%d%d",&n1,&nm); /*输入求素数的范围*/ }while(!(n1>0&&n1<nm)); /*输入正确的范围*/ printf("...........PRIME TABLE(%d--%d)............\\n",n1,nm); if(n1==1||n1==2) /*处理素数 2*/ { printf("%4d",2); n1=3;count++; } for(i=n1;i<=nm;i++) /*判定指定范围内的整数是否为素数*/ { if(!(i%2))continue; for(flag=1,j=3;flag&&j<i/2;j+=2) /*判定能否被从 3 到整数的一半中的某一数所整除 */ if(!(i%j))flag=0; /*若能整除则不是素数*/ if(flag) printf(++count%15?"%4d":"%4d\\n",i); } } 25. . 歌德巴赫猜想

验证:2000 以内的正偶数都能够分解为两个素数之和(即验证歌德巴赫猜想对 2000 以 内的正偶数成立)。 *问题分析与算法设计 为了验证歌德巴赫猜想对 2000 以内的正偶数都是成立的,要将整数分解为两部分,然 后判断出分解出的两个整数是否均为素数。若是,则满足题意;否则重新进行分解和判断。 程序中对判断是否为素数的算法进行了改进, 对整数判断 “用从 2 开始到该整数的一半” 改为“2 开始到该整数的平方根” 。原因何在请自行分析。 *程序与程序注释 #include<stdio.h> #include<math.h> int fflag(int n); void main() { int i,n; for(i=4;i<=2000;i+=2) { for(n=2;n<i;n++) /*将偶数 i 分解为两个整数*/ if(fflag(n)) /*分别判断两个整数是否均为素数*/ if(fflag(i-n)) { printf("%14d=%d+%d\\n",i,n,i-n); /*若均是素数则输出*/

break; } if(n==i) printf("error %d\\n",i); } } int fflag(int i) /*判断是否为素数*/ { int j; if(i<=1)return 0; if(i==2)return 1; if(!(i%2))return 0; /*if no,return 0*/ for(j=3;j<=(int)(sqrt((double)i)+1);j+=2) if(!(i%j))return 0; return 1; /*if yes,return 1*/ } -------------------------------------------------------------------------------26. . 要发就发

“1898--要发就发” 。请将不超过 1993 的所有素数从小到大排成第一行,第二行上的每 个素数都等于它右肩上的素数之差。 编程求出: 第二行数中是否存在这样的若干个连续的整 数,它们的和恰好是 1898?假好存在的话,又有几种这样的情况? 第一行:2 3 5 7 11 13 17......1979 1987 1993 第二行:1 2 2 4 2 4...... 8 6 *问题分析与算法设计: 首先从数学上分析该问题: 假设第一行中的素数为 n[1]、 n[2]、 n[3]....n、 ...第二行中的差值为 m[1]、 m[2]、 m[3]...m[j]...。 其中 m[j]为: m[j]=n[j+1]-n[j]。 则第二行连续 N 个数的和为: SUM=m[1]+m[2]+m[3]+...+m[j] =(n[2]-n[1])+(n[3]-n[2])+(n[4]-n[3])+...+(n[j+1]-n[j]) =n[j+1]-n[1] 由此题目就变成了:在不超过 1993 的所有素数中是否存在这样两个素数,它们的差恰好是 1898。若存在,则第二行中必有所需整数序列,其和恰为 1898, 。 对等价问题的求解是比较简单的。 由分析可知,在素数序列中不必包含 2,因为任意素数与 2 的差一定为奇数,所以不必 考虑。 *程序与程序注释: #include<stdio.h> #include<math.h> #define NUM 320 int number[NUM]; /*存放不超过 1993 的全部奇数*/ int fflag(int i); void main() {

int i,j,count=0; printf("there are follwing primes sequences in first row:\\n"); for(j=0,i=3;i<=1993;i+=2) /*求出不超过 1993 的全部奇数*/ if(fflag(i)) number[j++]=i; for(j--;number[j]>1898;j--) /*从最大的素数开始向 1898 搜索*/ { for(i=0;number[j]-number>1898;i++); /*循环查找满足条件的素数*/ if(number[j]-number==1898) /*若两个素数的差为 1898,则输出*/ printf("(%d).%3d,.....,%d\\n",++count,number,number[j]); } } int fflag(int i) { int j; if(i<=1) return 0; /*判断是否为素数*/ if(i==2) return 1; if(!(i%2)) return 0; /*if no, return 0*/ for(j=3;j<=(int)(sqrt((double)i)+1);j+=2) if(!(i%j)) return 0; return 1; } *运行结果 There are follwing primes sequences in first row: (1).89,......,1987 (2).53,......,1951 (3). 3,......,1901 27. . 素数幻方

求四阶的素数幻方。即在一个 4X4 的矩阵中,每一个格填 入一个数字,使每一行、每 一列和两条对角线上的 4 个数字所组成的四位数,均为可逆素数。 *问题分析与算法设计 有了前面的基础,本题应当说是不困难的。 最简单的算法是:采用穷举法,设定 4X4 矩阵中每一个元素的值后,判断每一行、每 一列和两条对角线上的 4 个数字组成的四位数是否都是可逆素数, 若是则求出了满足题意的 一个解。 这种算法在原理是对的,也一定可以求出满足题意的全部解。但是,按照这一思路编出 的程序效率很低,在微机上几个小时也不会运行结束。这一算法致命的缺陷是:要穷举和判 断的情况过多。 充分利用题目中的“每一个四位数都是可逆素数”这一条件,可以放弃对矩阵中每个元 素进行的穷举的算法,先求出全部的四位可逆素数(204 个),以矩阵的行为单位,在四位可 逆素数的范围内进行穷举, 然后将穷举的四位整数分解为数字后, 再进行列和对角线方向的 条件判断,改进的算法与最初的算法相比,大大地减少了穷举的次数。 考虑矩阵的第一行和最后一行数字, 它们分别是列方向四位数的第一个数字和最后一个 数字, 由于这些四位数也必须是可逆素数, 所以矩阵的每一行和最后一行中的各个数字都不 能为偶数或 5。这样穷举矩阵的第一行和最后一行时,它们的取值范围是:所有位的数字均

不是偶数或 5 的四位可逆数。 由于符合这一条件的四位可逆素数很少, 所以这一范围限制又 一次减少了穷举的次数。 对算法的进一步研究会发现: 当设定了第一和第二行的值后, 就已经可以判断出当前的 这种组合是否一定是错误的(尚不能肯定该组合一定是正确的)。若按列方向上的四个两位数 与四位可逆数的前两位矛盾(不是其中的一种组合),则第一、二行的取值一定是错误的。同 理在设定了前三行数据后, 可以立刻判断出当前的这种组合是否一定是错误的, 若判断出矛 盾情况, 则可以立刻设置新的一组数据。 这样就可以避免将四个数据全部设定好以后再进行 判断所造成的低效。 根据以上分析,可以用伪语言描述以上改进的算法: 开始 找出全部四位的可逆素数; 确定全部出现在第一和最后一行的四位可逆素数; 在指定范围 内穷举第一行 在指定范围内穷举第二行 若第一、第二、三行已出现矛盾,则继续穷举下一个数; 在指定范围内穷举第四行 判断列和对角方向是否符合题意 若符合题意,则输出矩阵; 否则继续穷举下一个数; 结束 在实际编程中,采用了很多程序设计技巧,假如设置若干辅助数组,其目的就是要最大 限度的提高程序的执行效率,缩短运行时间。下面的程序运行效率是比较高的。 *程序与程序注释 #include<stdio.h> #include<math.h> int number[210][5]; /*存放可逆素数及素数分解后的各位数字*/ int select[110]; /*可以放在矩阵第一行和最后一行的素数的下标*/ int array[4][5]; /*4X4 的矩阵,每行 0 号元素存可逆素数对应的数组下标*/ int count; /*可逆素数的数目*/ int selecount; /*可以放在矩阵第一行和最后一行的可逆素数的数目*/ int larray[2][200]; /*存放素数前二、三位数的临时数组所对应的数量计数器*/ int lcount[2]; int num(int number); int ok(int number); void process(int i); void copy_num(int i); int comp_num(int n); int find1(int i); int find2(void); int find0(int num); void p_array(void);

void main() { int i,k,flag,cc=0,i1,i4;

printf("there are magic squares with invertable primes as follw:\\n"); for(i=1001;i<9999;i+=2) /*求满足条件的可逆素数*/ { k=i/1000; if(k%2!=0&&k!=5&&num(i)) /*若可逆素数的第一位不是偶数或 5*/ { number[count][0]=i; /*存入数组*/ process(count++); /*分解素数的各位数字*/ if(number[count-1][2]%2!=0&& /*若可逆素数满足放在矩阵第一行*/ number[count-1][3]%2!=0&& /*和最后一行的条件,记录可逆素数的*/ number[count-1][2]!=5&& /*下标,计数器加 1*/ number[count-1][3]!=5) select[selecount++]=count-1; } } larray[0][lcount[0]++]=number[0][0]/100; /*临时数组的第一行存前二位*/ larray[1][lcount[1]++]=number[0][0]/10; /*临时数组的第二行存前三位*/ for(i=1;i<count;i++) /*将素数不重复的前二、三位存入临时数组中*/ { if(larray[0][lcount[0]-1]!=number[0]/100) larray[0][lcount[0]++]=number[0]/100; if(larray[1][lcount[1]-1]!=number[0]/10) larray[1][lcount[1]++]=number[0]/10; } for(i1=0;i1<selecount;i1++) /*在第一行允许的汇聚围内穷举*/ { array[0][0]=select[i1]; /*取对应的素数下标*/ copy_num(0); /*复制分解的素数*/ for(array[1][0]=0;array[1][0]<count;array[1][0]++) /*穷举第二行*/ { copy_num(1); /*复制分解的数字*/ if(!comp_num(2)) continue; /*若每列的前两位的组成与素数相矛盾, 则试探下一个 数*/ for(array[2][0]=0;array[2][0]<count;array[2][0]++) /*穷举第三行*/ { copy_num(2); /*复制分解的数字*/ if(!comp_num(3)) continue; /*若每列的前三位的组成与素数相矛盾,则试探 下一个数*/ for(i4=0;i4<selecount;i4++) /*在最后一行允许的范围内穷举*/ { array[3][0]=select[i4]; copy_num(3); /*复制分解的数字*/ for(flag=1,i=1;flag&&i<=4;i++) /*判断每列是否可逆素数*/ if(!find1(i))flag=0; if(flag&&find2()) /*判断对角线是否为可逆素数*/

{ printf("No.%d\\n",++cc); p_array(); } } } } } } int num(int number) /*判断是否可逆素数*/ { int j; if(!ok(number)) return 0; for(j=0;number>0;number/=10) /*将素数变为反序数*/ j=j*10+number%10; if(!ok(j)) return 0; /*判断反序数是否为素数*/ return 1; } int ok(int number) /*判断是否为素数*/ { int i,j; if(number%2==0) return 0; j=sqrt((double)number)+1; for(i=3;i<=j;i+=2) if(number%i==0) return 0; return 1; } void process(int i) { int j,num; num=number[0]; for(j=4;j>=1;j--,num/=10) number[j]=num%10; }

/*输出幻方矩阵*/

/*将第 i 个整数分解为数字并存入数组*/

void copy_num(int i) /*将 array[0]指向的素数的各位数字复制到 array 中*/ { int j; for(j=1;j<=4;j++) array[j]=number[array[0>[j]; } int comp_num(int n) /*判断 array 中每列的前 n 位是否与可逆素数允许的前 n 位 矛盾*/ { static int ii; /*用内部静态变量保存前一次查找到的元素下标*/ static int jj; /*ii:前一次查找前二位的下标,jj:前一次查找前三位的下标*/ int i,num,k,*p; /*p:指向对应的要使用的前一次下标 ii 或 jj*/

int *pcount; /*pcount:指向要使用的临时数组数量的计数器*/ switch(n){ /*根据 n 的值选择对应的一组控制变量*/ case 2:pcount=&lcount[0];p=&ii;break; case 3:pcount=&lcount[1];p=&jj;break; default:return 0; } for(i=1;i<=4;i++) /*对四列分别进行处理*/ { for(num=0,k=0;k<n;k++) /*计算前 n 位数字代表的数值*/ num=num*10+array[k]; if(num<=larray[n-2][*p]) /*与前一次最后查找到的元素进行比较*/ for(;*p>=0&&num<larray[n-2][*p];(*p)--);/*若前次查找到的元素大,则向前找 */ else for(;p<pcount&&num>larray[n-2][*p];(*p)++); /*否则向后找*/ if(*p<0||*p>=*pcount) { *p=0; return 0; } if(num!=larray[n-2][*p]) return 0; /*前 n 位不是可逆素数允许的值则返回 0*/ } return 1; } int find1(int i) /*判断列方向是否是可逆素数*/ { int num,j; for(num=0,j=0;j<4;j++) num=num*10+array[j]; return find0(num); } int find2(void) /*判断对角线方向是否是可逆素数*/ { int num1,num2,i,j; for(num1=0,j=0;j<4;j++) num1=num1*10+array[j][j+1]; for(num2=0,j=0,i=4;j<4;j++,i--) num2=num2*10+array[j]; if(find0(num1)) return(find0(num2)); else return 0; } int find0(int num) /*查找是否为满足要求的可逆素数*/ { static int j; if(num<=number[j][0])for(;j>=0&&num<number[j][0];j--);

else for(;j<count&&num>number[j][0];j++); if(j<0||j>=count){ j=0;return 0; } if(num==number[j][0]) return 1; else return 0; } void p_array(void) /*输出矩阵*/ { int i,j; for(i=0;i<4;i++) { for(j=1;j<=4;j++) printf("%d ",array[j]); printf("\\n"); } } -------------------------------------------------------------------------------28. . 百钱百鸡问题

中国古代数学家张丘建在他的《算经》中提出了著名的“百钱买百鸡问题” :鸡翁一, 值钱五,鸡母一,值钱三,鸡雏三,值钱一,百钱买百鸡,问翁、母、雏各几何? *题目分析与算法设计 设鸡翁、鸡母、鸡雏的个数分别为 x,y,z,题意给定共 100 钱要买百鸡,若全买公鸡最 多买 20 只,显然 x 的值在 0~20 之间;同理,y 的取值范围在 0~33 之间,可得到下面的不 定方程: 5x+3y+z/3=100 x+y+z=100 所以此问题可归结为求这个不定方程的整数解。 由程序设计实现不定方程的求解与手工计算不同。 在分析确定方程中未知数变化范围的 前提下, 可通过对未知数可变范围的穷举, 验证方程在什么情况下成立, 从而得到相应的解。 *程序说明与注释 #include<stdio.h> void main() { int x,y,z,j=0; printf("Folleing are possible plans to buy 100 fowls with 100 Yuan.\\n"); for(x=0;x<=20;x++) /*外层循环控制鸡翁数*/ for(y=0;y<=33;y++) /*内层循环控制鸡母数 y 在 0~33 变化*/ { z=100-x-y; /*内外层循环控制下,鸡雏数 z 的值受 x,y 的值的制 约*/ if(z%3==0&&5*x+3*y+z/3==100) /*验证取 z 值的合理性及得到一组解的合理性*/ printf("%2d:cock=%2d hen=%2d chicken=%2d\\n",++j,x,y,z); } } *运行结果

Follwing are possible plans to buy 100 fowls with 100 Yuan. 1:cock=0 hen=25 chicken=75 2:cock=4 hen=18 chicken=78 3:cock=8 hen=11 chicken=81 4:cock=12 hen=4 chicken=84 29.斯坦的数学题 . 爱因斯坦出了一道这样的数学题:有一条长阶梯,若每步跨 2 阶,则最最后剩一阶,若 每步跨 3 阶,则最后剩 2 阶,若每步跨 5 阶,则最后剩 4 阶,若每步跨 6 阶则最后剩 5 阶。 只有每次跨 7 阶,最后才正好一阶不剩。请问这条阶梯共有多少阶? *题目分析与算法设计 根据题意,阶梯数满足下面一组同余式: x≡1 (mod2) x≡2 (mod3) x≡4 (mod5) x≡5 (mod6) x≡0 (mod7) *程序说明与注释 #include<stdio.h> void main() { int i=1; /*i 为所设的阶梯数*/ while(!((i%2==1)&&(i%3==2)&&(i%5==4)&&(i%6==5)&&(i%7==0))) ++i; /*满足一组同余式的判别*/ printf("Staris_number=%d\\n",i); } *运行结果 Staris_number=119 30.年龄几何 . 张三、 李四、 王五、 刘六的年龄成一等差数列, 他们四人的年龄相加是 26,相乘是 880, 求以他们的年龄为前 4 项的等差数列的前 20 项。 *题目分析与算法设计 设 数 列 的 首 项 为 a , 则 前 4 项 之 和 为 "4*n+6*a", 前 4 项 之 积 为 "n*(n+a)*(n+a+a)*(n+a+a+a)"。同时"1<=a<=4","1<=n<=6"。可采用穷举法求出此数列。 *程序说明与注释 #include<stdio.h> void main() { int n,a,i; printf("The series with equal difference are:\\n"); for(n=1;n<=6;n++) /*公差 n 取值为 1~6*/ for(a=1;a<=4;a++) /*首项 a 取值为 1~4*/ if(4*n+6*a==26&&n*(n+a)*(n+a+a)*(n+a+a+a)==880) /*判断结果*/ for(i=0;i<20;i++) printf("%d ",n+i*a); /*输出前 20 项*/ }

*运行结果 The series with equal difference are: 2 5 8 11 14 17 20 23 26 29 32 35 38

41 44 47 50 53 56

59

31.换分币 . 用一元人民币兑换成 1 分、2 分和 5 分硬币,共有多少种不同的兑换方法。 *题目分析与算法设计 根据题意设 i,j,k 分别为兑换的 1 分、2 分、5 分硬币所具有的钱数(分),则 i,j,k 的值应 满足: i+j+k=100 *程序说明与注释 #include<stdio.h> void main() { int i,j,k,count=1; printf("There are follwing small exchange plans for 1 Yuan note:\\n"); for(i=0;i<=100;i++) /*i 为 1 分硬币钱数,可取值 0,1,2...,100*/ for(j=0;j<=100-i;j+=2) /*j 为 2 分硬币钱数,可取 0 值,2,4,...,100*/ for(k=0;k<=100-i-2*j;k+=5) /*k 为 5 分硬币钱数*/ if(i+j+k==100) printf(count%4?"%d:1*%d+2*%d+5*%d\\t":"%d:1*%d+2*%d+5*%d\\n",count++,i,j/2,k/5); } 32.三色球问题 . 若一个口袋中放有 12 个球,其中有 3 个红的。3 个白的和 6 个黒的,问从中任取 8 个 共有多少种不同的颜色搭配? *题目分析与算法设计 设任取的红球个数为 i,白球个数为 j,则黒球个数为 8-i-j,根据题意红球和白球个数的 取值范围是 0~3,在红球和白球个数确定的条件下,黒球个数取值应为 8-i-j<=6。 *程序说明与注释 #include<stdio.h> void main() { int i,j,count=0; printf(" RED BALL WHITE BALL BLACKBALL\\n"); printf("..................................................\\n"); for(i=0;i<=3;i++) /*循环控制变量 i 控制任取红球个数 0 ̄3*/ for(j=0;j<=3;j++) /*循环控制变量 j 控制任取白球个数 0 ̄3*/ if((8-i-j)<=6) printf(" %2d: } 33. . %d %d %d\\n",++count,i,j,8-i-j);

马克思手稿中的数学题

马克思手稿中有一道趣味数学问题:有 30 个人,其中有男人、女人和小孩,在一家饭 馆吃饭花了 50 先令;每个男人花 3 先令,每个女人花 2 先令,每个小孩花 1 先令;问男人、

女人和小孩各有几人? *题目分析与算法设计 设 x,y,z 分别代表男人、女人和小孩。按题目的要求,可得到下面的方程: x+y+z=30 (1) 3x+2y+z=50 (2) 用方程程序求此不定方程的非负整数解,可先通过(2)-(1)式得: 2x+y=20 (3) 由(3)式可知,x 变化范围是 0~10 *程序说明与注释 #include<stdio.h> void main() { int x,y,z,count=0; printf(" Men Women Children\\n"); printf("........................................\\n"); for(x=0;x<=10;x++) { y=20-2*x; /*x 定值据(3)式求 y*/ z=30-x-y; /*由(1)式求 z*/ if(3*x+2*y+z==50) /*当前得到的一组解是否满足式(2)*/ printf(" %2d: %d %d %d\\n",++count,x,y,z); } } 34.分数比较 . 比较两个分数的大小。 *问题分析与算法设计 人工方式下比较分数大小最常用的方法是: 进行分数的通分后比较分子的大小。 可以编 程模拟手式方式。 *程序与程序注释 #include<stdio.h> int zxgb(int a,int b); void main() { int i,j,k,l,m,n; printf("Input two FENSHU:\\n"); scanf("%d/%d,%d/%d",&i,&j,&k,&l); /*输入两个分数*/ m=zxgb(j,l)/j*i; /*求出第一个分数通分后的分子*/ n=zxgb(j,l)/l*k; /*求出第二个分数通分后的分子*/ if(m>n) printf("%d/%d>%d/%d\\n",i,j,k,l); /*比较分子的大小*/ else if(m==n) printf("%d/%d=%d/%d\\n",i,j,k,l); /*输出比较的结果*/ else printf("%d/%d<%d/%d\\n",i,j,k,l); } int zxgb(int a,int b) { long int c;

int d; if(a<b) c=a,a=b,b=c; /*若 a<b,则交换两变量的值*/ for(c=a*b;b!=0;) { d=b; b=a%b; a=d; } return (int)c/a; } *运行结果 输入: 4/5,6/7 输入: 8/4,16/32 输入:16/32,4/8 34. . 分数之和

输出: 4/5<6/7 输出: 8/4>16/32 输出: 16/32=4/8

求这样的四个自然数 p,q,r,s(p<=q<=r<=s),使得以下等式成立: 1/p+1/q+1/r+1/s+1

*问题分析与算法设计 若规定 p<=q<=r<=s,将原式通分、化简并整理后得到: 2<=p<5 p<=q<7 q<r<13 采用最简单的穷举方法可以很方便的求解。 程序与程序注释: #include<stdio.h> void main() { int p,q,r,s,count=0; printf("The 4 fractions which sum is equal 1 are:\\n"); for(p=2;p<5;p++) /*穷举分母*/ for(q=p;q<7;q++) for(r=q;r<13;r++) if(p*q*r-q*r-p*r-p*q!=0) { s=(p*q*r)/(p*q*r-q*r-p*r-p*q); /*求出 s 的值*/ if(!((p*q*r)%(p*q*r-q*r-p*r-p*q))&&s>=r) printf("[%2d] 1/%d+1/%d+1/%d+1/%d=1\\n",++count,p,q,r,s); /*输出结果*/ } } -------------------------------------------------------------------------------35. . 将真分数分解为埃及分数

分子为 1 的分数称为埃及分数,现输入一个真分数,请将该分数分解为埃及分数。 如:8/11=1/2+1/5+1/55+1/110。 *问题分析与算法设计 若真分数的分子 a 能整除分母 b,则真分数经过化简就可以得到埃及分数,若真分数的

分子不能整除分母,则可以从原来的分数中分解出一个分母为 b/a+1 的埃及分数。用这种方 法将剩余部分反复分解,最后可得到结果。 *程序与程序注释 #include<stdio.h> void main() { long int a,b,c; printf("Please enter a optional fraction(a/b):"); scanf("%ld/%ld",&a,&b); /*输入分子 a 和分母 b*/ printf("It can be decomposed t"); while(1) { if(b%a) /*若分子不能整除分母*/ c=b/a+1; /*则分解出一个分母为 b/a+1 的埃及分数*/ else{ c=b/a; a=1;} /*否则,输出化简后的真分数(埃及分数)*/ if(a==1) { printf("1/%ld\\n",c); break; /*a 为 1 标志结束*/ } else printf("1/%ld + ",c); a=a*c-b; /*求出余数的分子*/ b=b*c; /*求出余数的分母*/ if(a==3) /*若余数为 3,输出最后两个埃及分数*/ { printf("1/%ld + 1/%ld\\n",b/2,b); break;} } } *运行结果 1. Please enter a optional fraction (a/b): 1/6 It can be decomposed t 1/6 2. Please enter a optional fraction (a/b): 20/33 It can be decomposed t 1/2+1/10+1/165 3. Please enter a optional fraction (a/b): 10/89 It can be decomposed t 1/9+1/801 4. Please enter a optional fraction (a/b): 19/99 It can be decomposed t 1/6+1/40+1/3960 5. Please enter a optional fraction (a/b): 8/89 It can be decomposed t 1/11+1/957 36. . 列出真分数序列

按递增顺序依次列出所有分母为 40,分子小于 40 的最简分数。 *问题分析与算法设计 对分子采用穷举法,利用最大公约数的方法,判断分子与 40 是否构成真分数。 *程序与程序注释 #include<stdio.h> void main()

{ int i,num1,num2,temp; printf("The fraction serials with demominator 40 is:\\n"); for(i=1;i<=40;i++) /*穷举 40 以内的全部分子*/ { num1=40; num2=i; while(num2!=0) /*采用辗转相除法求出最大公约数*/ { temp=num1%num2; num1=num2; num2=temp; } if(num1==1) /*若最大公约数为 1,则为最简真分数*/ printf("%d/40 ",i); } } *运行结果 The fraction serials with demominator 40 is: 1/40 3/40 7/40 9/40 11/40 21/40 23/40 27/40 29/40 31/40 -37. . 计算分数的精确值

13/40 33/40

17/40 37/40

19/40 39/40

使用数组精确计算 M/N(0<M<N<=100)的值。如果 M/N 是无限循环小数,则计算并输 出它的第一循环节,同时要求输出 循环节的起止位置(小数位的序号) *问题分析与算法设计 由于计算机字长的限制,常规的浮点运算都有精度限制,为了得到高精度的计算结果, 就必须自行设计实现方法。 为了实现高精度的计算, 可将商存放在一维数组中, 数组的每个元素存放一位十进制数, 即商的第一位存放在第一个元素中,商的第二位存放在第二个元素中....,依次类推。这样就 可以使用数组不表示一个高精度的计算结果。 进行除法运算时可以模拟人的手工操作,即每次求出商的第一位后,将余数乘以 10, 再计算商的下一位,重复以上过程,当某次计算后的余数为 0 时,表示 M/N 为有限不循环 小数某次计算后的余数与前面的某个余数相同时,则 M/N 为无限循环小数,从该余数第一 次出现之后所求得的各位数就是小数的循环节。 程序具体实现时, 采用了数组和其它一些技巧来保存除法运算所得到的余数和商的各位 数。 *程序与程序注释 #include<stdio.h> int remainder[101],quotient[101]; /*remainder:存放除法的余数; quotient:依次存放商的每 一位*/ void main() { int m,n,i,j;

printf("Please input a fraction(m/n)(<0<m<n<=100):"); scanf("%d/%d",&m,&n); /*输入被除数和除数*/ printf("%d/%d it\'s accuracy value is:0.",m,n); for(i=1;i<=100;i++) /*i: 商的位数*/ { remainder[m]=i; /*m:除的余数 remainder[m]:该余数对应的商的位数*/ m*=10; /*余数扩大 10 位*/ Quotient【】=m/n; /*商*/ m=m%n; /*求余数*/ if(m==0) /*余数为 0 则表示是有限小数*/ { for(j=1;j<=1;j++) printf("%d",quotient[j]); /*输出商*/ break; /*退出循环*/ } if(remainder[m]!=0) /*若该余数对应的位在前面已经出现过*还没有赋值/ { for(j=1;j<=i;j++) printf("%d",quotient[j]); /*则输出循环小数*/ printf("\\n\\tand it is a infinite cyclic fraction from %d\\n",remainder[m]); printf("\\tdigit to %d digit after decimal point.\\n",i); /*输出循环节的位置*/ break; /*退出*/ } } } 38. . 谁是窃贼

公安人员审问四名窃贼嫌疑犯。已知,这四人当中仅有一名是窃贼,还知道这四人中每 人要么是诚实的,要么总是说谎的。在回答公安人员的问题中: 甲说: “乙没有偷,是丁偷的。 ” 乙说: “我没有偷,是丙便的。 ” 丙说: “甲没有偷,是乙偷的。 ” 丁说: “我没有偷。 ” 请根据这四人的答话判断谁是盗窃者。 *问题分析与算法设计 假设 A、B、C、D 分别代表四个人,变量的值为 1 代表该人是窃贱。 由题目已知: 四人中仅有一名是窃贱, 且这四个人中的每个人要么说真话, 要么说假话, 而由于甲、乙、丙三人都说了两句话: 没偷,X 偷了” “X ,故不论该人是否说谎,他提到的 两人中必有一人是小偷。故在列条件表达式时,可以不关心谁说谎,谁说实话。这样,可以 列出下列条件表达式: 甲说: ”乙没有偷,是丁偷的。 ” B+D=1 乙说: “我没有偷,是丙偷有。 ” B+C=1 丙说: “甲没有偷,是乙偷的。 ” A+B=1 丁说: “我没有偷。 ” A+B+C+D=1 其中丁只说了一句话,无法判定其真假,表达式反映了四人中仅有一名是窃贱的条件。 *程序与程序注释

#include<stdio.h> void main() { int i,j,a[4]; for(i=0;i<4;i++) /*假定只有第 i 个人为窃贱*/ { for(j=0;j<4;j++) /*将第 i 个人设置为 1 表示窃贱,其余为 0*/ if(j==i)a[j]=1; else a[j]=0; if(a[3]+a[1]==1&&a[1]+a[2]==1&&a[0]+a[1]==1) /*判断条件是否成立*/ { printf("The thief is "); /*成立*/ for(j=0;j<=3;j++) /*输出计算结果*/ if(a[j])printf("%c.",j+\'A\'); printf("\\n"); } } } *运行结果 The thief is B. (乙为窃贱。) ---------------------------------------------------39. . 黑与白

有 A、B、C、D、E 五人,每人额头上都帖了一张黑或白的纸。五人对坐,每人都可以 看到其它人额头上的纸的颜色。五人相互观察后, A 说: “我看见有三人额头上帖的是白纸,一人额头上帖的是黑纸。 ” B 说: “我看见其它四人额头上帖的都是黑纸。 ” C 说: “我看见一人额头上帖的是白纸,其它三人额头上帖的是黑纸。 ” D 说: “我看见四人额头上帖的都是白纸。 ” E 什么也没说。 现在已知额头上帖黑纸的人说的都是谎话, 额头帖白纸的人说的都是实话。 问这五人谁 的额头是帖白纸,谁的额头是帖黑纸? *问题分析与算法设计 假如变量 A、B、C、D、E 表示每个人额头上所帖纸的颜色,0 代表是黑色,1 代表是 白色。根据题目中 A、B、C、D 四人所说的话可以总结出下列关系: A 说: a&&b+c+d+e==3||!a&&b+c+d+e!=3 B 说: b&&a+c+d+e==0||!b&&a+c+d+e!=0 C 说: c&&a+b+d+e==1||!c&&a+b+d+e!=1 D 说: d&&a+b+c+e==4||!d&&a+b+c+e!=4 穷举每个人额头所帖纸的颜色的所有可能的情况, 代入上述表达式中进行推理运算, 使 上述表达式为“真”的情况就是正确的结果。 *程序与程序注释 #include<stdio.h> void main()

{ int a,b,c,d,e; for(a=0;a<=1;a++) /*黑色:0 白色:1*/ for(b=0;b<=1;b++) /*穷举五个人额头帖纸的全部可能*/ for(c=0;c<=1;c++) for(d=0;d<=1;d++) for(e=0;e<=1;e++) if((a&&b+c+d+e==3||!a&&b+c+d+e!=3) &&(b&&a+c+d+e==0||!b&&a+c+d+e!=0) &&(c&&a+b+d+e==1||!c&&a+b+d+e!=1) &&(d&&a+b+c+e==4||!d&&a+b+c+e!=4)) { printf("A is pasted a piece of %s paper on his forehead.\\n", a?"white":"black"); printf("B is pasted a piece of %s paper on his forehead.\\n", b?"white":"black"); printf("C is pasted a piece of %s paper on his forehead.\\n", c?"white":"black"); printf("D is pasted a piece of %s paper on his forehead.\\n", d?"white":"black"); printf("E is pasted a piece of %s paper on his forehead.\\n", e?"white":"black"); } } *运行结果 A is pasted a paper of black paper on his forehead. B is pasted a paper of black paper on his forehead. C is pasted a paper of white paper on his forehead. D is pasted a paper of black paper on his forehead. E is pasted a paper of white paper on his forehead 40. . 迷语博士的难题

(黑) (黑) (白) (黑) (白)

诚实族和说谎族是来自两个荒岛的不同民族, 诚实族的人永远说真话, 而说谎族的人永 远说假话。迷语博士是个聪明的人,他要来判断所遇到的人是来自哪个民族的。 迷语博士遇到三个人, 知道他们可能是来自诚实族或说谎族的。 为了调查这三个人是什 么族的,博士分别问了他们的问题,这是他们的对话: 问第一个人: “你们是什么族?” 答: , “我们之中有两个来自诚实族。 第二个人说: ” “不 要胡说,我们三个人中只有一个是诚实族的。 ”第三个人听了第二个人的话后说: “对,就是 只有一个诚实族的。 ” 请根据他的回答判断他们分别是哪个族的。 *问题分析与算法设计 假设这三个人分别为 A、B、C,若说谎其值为 0,若诚实,其值为 1。根据题目中三个 人的话可分别列出: 第一个人: a&&a+b+c==2||!a&&a+b+c!=2 第二个人: b&&a+b+c==1||!b&&a+b+c!=1

第三个人: c&&a+b+c==1||!c&&a+b+c!=1 利用穷举法,可以很容易地推出结果。 *程序与程序注释 #include<stdio.h> void main() { int a,b,c; for(a=0;a<=1;a++) /*穷举每个人是说谎还是诚实的全部情况*/ for(b=0;b<=1;b++) /*说谎:0 诚实:1*/ for(c=0;c<=1;c++) if((a&&a+b+c==2||!a&&a+b+c!=2) /*判断是否满足题意*/ &&(b&&a+b+c==1||!b&&a+b+c!=1) &&(c&&a+b+c==1||!c&&a+b+c!=1)) { printf("A is a %s.\\n",a?"honest":"lier"); /*输出判断结果*/ printf("B is a %s.\\n",b?"honest":"lier"); printf("C is a %s.\\n",c?"honest":"lier"); } } *运行结果 A is a lier (说谎族) B is a lier (说谎族) C is a lier (说谎族)


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