常见的算法快速分析解决（二）

斐波那契数列                                                                                  

题目：斐波那契数列,FIBONACCI数列特点是第1，第2两个数为1，1.从第3个数开始，该数是前两个数之和，求这个数列的前30个元素

分析：費波那西數列（Fibonacci Sequence），又譯費波拿契數、斐波那契數列、費氏數列、黃金分割數列。在數學上，費波那西數列是以遞歸的方法來定義：
F₀ = 0
F₁ = 1
F_n = F_{n- 1} + F_{n - 2}

用文字來說，就是費波那西數列由 0 和 1 開始，之後的費波那西係數就由之前的兩數相加。首幾個費波那西係數是（OEIS A000045）：

0, 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55, 89, 144, 233, 377, 610, 987, 1597, 2584,
4181, 6765, 10946，………………

特別指出：0不是第一項，而是第零項。（参考）

分析题目我们可以用如下等式来表示斐波那契数列：

F1=1----(n=1);

F2=1----(n=1);

Fn=F(n-1)+F(n-2)-----(n>=3)

这里我们将F的下标看成是数组的下标

代码如下：

#include<stdio.h>
#include<stdlib.h>
int main()
{
int i;/*定义整形变量*/
long f[31];/*定义数组为长整形*/
f[1]=f[2]=1;/*数组的f[1]，f[2]赋值为1*/
for(int i=3;i<31;i++)
{
f[i]=f[i-1]+f[i-2];/*数组从第三行开始，每一项等于前两项之和*/
}
for(i=1;i<31;i++)
{
printf("%10ld",f[i]);/*输出数组中的30个元素*/
if(i%5==0)
printf("\n");/*每5个元素进行一次换行*/
}
system("PAUSE"); 
}

 结果：

 

 角谷猜想                                                                                      

题目：角谷猜想 ,任意一个自然数，当他为偶数的时候则除以2，当他为奇数的时候则乘3加1，得到一个新的自然数，依次按照这个法则继续演算，到很多次以后，就会得到一个结果，这个结果是1...

分析：考拉兹猜想，又称为3n＋1猜想、冰雹猜想、角谷猜想、哈塞猜想、乌拉姆猜想或叙拉古猜想，是指对于每一个正整数，如果它是奇数，则对它乘3再加1，如果它是偶数，则对它除以2，如此循环，最终都能够得到1。（维基百科）

有题目分析可知，重点是判断一个数是奇数还是偶数，程序采用对2取余的方法，当余数为0时，说明该数为偶数，否则为奇数

举例：取一个数字

如n = 6，根据上述数式，得出 6→3→10→5→16→8→4→2→1 。(步驟中最高的數是16，共有7個步驟)

如n = 11，根据上述数式，得出 11→34→17→52→26→13→40→20→10→5→16→8→4→2→1。(步驟中最高的數是40，共有13個步驟)

如n = 27，根据上述数式，得出 : 27→82→41→124→62→31→94→47→142→71→214→107→322→161→484→242→121→364→182→91→274→137→412→206→103→310→155→466→233

→700→350→175→526→263→790→395→1186→593→1780→890→445→1336→668→334→167→502→251→754→377→1132→566→283→850→425→1276

→638→319→958→479→1438→719→2158→1079→3238→1619→4858→2429→7288→3644→1822→911→2734→1367→4102→2051→6154→3077→9232

→4616→2308→1154→577→1732→866→433→1300→650→325→976→488→244→122→61→184→92→46→23→70→35→106→53→160→80→40→20→10

→5→16→8→4→2→1。(步驟中最高的數是9232，共有111個步驟)

考拉兹猜想称，任何正整数，经过上述计算步骤後，最终都会得到 1 。

代码：

#include<stdio.h>
#include<stdlib.h>
void main()
{
long i,n; //定义变量为长整形
printf("please input a number:\n");//输入任意一个长整形数
scanf("%ld",&n);
while(n!=1)
{
if(n%2==0) //判断是否为偶数
{
printf("%ld/2=%ld\n",n,n/2);//当为偶数的时候n除以2
n=n/2;
}
else
{
printf("%ld*3+1=%ld\n",n,n*3+1);//当我奇数时乘以3加1
n=n*3+1;
}
}
system("pause");

}

结果：

 

 歌德巴赫猜想                                                                                 

题目：歌德巴赫猜想，验证100以内的的正偶数都能分解为两个素数之和

分析：任一大於2的偶數，都可表示成兩個質數之和。

將一給定的偶數表示成兩個質數之和被稱之為此數的哥德巴赫分割。例如，

  4 = 2 + 2

  6 = 3 + 3

  8 = 3 + 5

10 = 3 + 7 = 5 + 5

12 = 5 + 7

14 = 3 + 11 = 7 + 7

…

換句話說，哥德巴赫猜想主張每個大於等於4的偶數都是哥德巴赫數－可表示成兩個質數之和的數^[1]。哥德巴赫猜想也是希爾伯特第八問題中的一個子問題。

另有對奇數的相似猜想，稱之為勒穆瓦纳猜想（Lemoine's conjecture）或李維猜想（Levy's conjecture）。

为了验证哥德巴赫猜想对100以内的正偶数成立，所以要将正偶数分为两部分，在对这两部分进行判断，如果均是素数则满足体艺，不是的话，则重新分解继续判断

代码：

#include<stdio.h>
#include<stdlib.h>
int ss(int i)/*自定义一个函数是不是素数*/
{
int j;
if(i<=1)/*小于1的不是素数*/
return0;
if(i==2) /*2是素数*/
return1;
for(j=2;j<i;j++)/*对大于2的进行判断*/
{
if(i%j==0)
return0;
elseif(i!=j+1)
return1;
}

}
void main()
{
int i,j,k,flag1,flag2,n=0;
for(i=6;i<100;i+=2)
for(k=2;k<=i;k++)
{
j=i-k;
flag1=ss(k);
if(flag1) /*判断拆分的数是不是素数*/
{
flag2=ss(j);
if(flag2) /*如果拆分出来的数是素数则输出*/
{
printf("%3d=%3d+%3d",i,j,k);
n++;
if(n%5==0)
printf("\n");
}
}
}
system("pause");
}

结果：

 

四方定理                                                                                      

题目：四方定理，所有的自然数至多只要4个数的平方和就可以表示，编程验证

可以采用穷举试探的方法进行计算，当满足定理的条件就可以输出结果

 

代码：

#include<stdio.h>
#include<stdlib.h>
int main()
{
long i,j,k,l,n;//定义变量为长整形
printf("请输入 一个长整形的整数");
scanf("%ld",&n);
for(i=0;i<n;i++) //对i，j,k,l进行穷举
for(j=0;j<i;j++) 
for(k=0;k<j;k++)
for(l=0;l<k;l++)
if(i*i+j*j+k*k+l*l==n)//判断是否满足定理要求
{
printf("%ld*%ld+%ld*%ld+%ld*%ld+%ld*%ld=%ld\n",i,i,j,j,k,k,l,l,n);//将满足要求的结果输出


}
system("pause");

}

  

 结果：

  

 

参考：                                                                                           

 C/C++语言程序百例

https://files.cnblogs.com/bacteroid/c100.rar

南开100题

https://files.cnblogs.com/bacteroid/100ti.rar

维基百科

http://zh.wikipedia.org/

 

作者：类菌体
出处：http://www.cnblogs.com/bacteroid/archive/2011/06/10/2077876.html
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