航空航天大类C语言程设第三次上机练习

Q1（上机A题）有一个小于$2^{32}$的正整数。他发现这个数在现在的绝大多数机器上可以用一个32位的二进制数表示（不足32位用0补足）。他称这个二进制数的前16位为“高位”，后16位为“低位”。将它的高低位交换，可以得到一个新的数。他想知道这个新的数是多少（用十进制表示）。

例如，数1314520用二进制表示为0000 0000 0001 0100 0000 1110 1101 1000（添加了11个前导0补足为32位），其中前16位为高位，即0000 0000 0001 0100；后16位为低位，即0000 1110 1101 1000。将它的高低位进行交换，我们得到了一个新的二进制数0000 1110 1101 1000 0000 0000 0001 0100。它即是十进制的249036820。

输入一个小于$2^{32}$的正整数，输出交换高低位后的整数（这里高低位交换是对unsigned操作）

注意第一点，用unsigned int的好处在于范围在0~4294967296所以保证不会溢出（至于为什么考虑溢出后面再说），当然读入方式就不一样，用scanf("%u",&n)方法读入
然后是怎么做，题目的例子已经提示的很明显了，一个数的后16位如何到前面去和前16位如何到后面去，肯定会涉及到位运算的移位操作，观察例子的二进制表示，一个数，退16位，前16位全为0，后16位是之前的16位，进16位，前16位由后面的16位顶上而后16位全为0，这两个应该可以通过一种操作并为一个数，那么答案只有一个了，就是做或运算了，两个数或运算，比如0000 0000 0000 0000 0000 0000 0001 0100和0000 1110 1101 1000 0000 0000 0000 0000或运算就是0000 1110 1101 1000 0000 0000 0001 0100

代码

#include
int main(){
	unsigned int n;
	scanf("%u", &n);
	printf("%u", (n >> 16)|(n << 16));
	return 0;
}

Q2（上机C题）
一场比赛将开始于$h1:m1$，结束于$h2:m2$，现在需要求出这场比赛的中间时刻
输入：
第一行包含两个整数$h1,m1$，第二行包含两个整数$h2,m2$
保证$0\le h1,h2\le 23,0\le m1,m2\le 59$，且$m1\%2=m2\%2$。
保证开始时间和结束时间在同一天且开始时间早于结束时间。
输出:两个整数$h3,m3$表示比赛的中点时间。

注意时间必须是xx:xx的格式！比如 01:02

由于分钟对2同余，所以可以保证中间时刻分钟是整数，求法也很简单，两个时间相对0时0分过去的分钟数取平均（相当于求中点），再化成xx:xx的形式就是中间时刻了，也注意到注意事项了吧，小时和分钟都得输出两位，对于小于10的数要注意了，当然熟悉格式化输出就没有问题，介绍一下printf("%02d", n)的格式化输出，意思是输出一个整数，必须是两位，不足的用0补前位，是不是一下子就好了呢ヽ(￣▽￣)ﾉ

#include
int main() {
	int h1, m1, h2, m2, h3, m3, t;
	scanf("%d:%d", &h1, &m1);
	scanf("%d:%d", &h2, &m2);
	t = ((h2 * 60 + m2) + (h1 * 60 + m1)) / 2;
	printf("%02d:%02d", t / 60,  t % 60);
	return 0;
}

Q3（上机E题）货物重量
有一批货要被运送，但是负责联系的人忘记货物重多少。他只记得货物的重量为$w(1\le w\le 105)$(单位吨)，还好他记得货物的重量模3、5、7的余数即$w\%3、w\%5、w\%7$，但是他不知道如何通过余数求出体重，你能帮帮他吗？

多组测试数据
每组数据一行三个自然数（包括零的那种自然数）用空格隔开，分别小于3、5、7，表示$w\%3、w\%5、w\%7$。
对于每组数据，输出一行一个整数$w$。

多组测试数据指的是数据组数不一定，需要持续读入直到EOF（End Of File）

第一种比较好像的处理方法，鉴于数据范围是1到105，自然可以遍历验证余数是不是满足条件（这里暂时省去主函数）

int weight(int x, int y, int z) {
	int p, w;
	for (p = 1; p <= 105; p++) {
		if (p % 3 == x && p % 5 == y && p % 7 == z) {
			w = p;
			break;
		}
	}
	return w;
}

当然这个题肯定是有更好的做法，这其实是一个典型的同余方程
$$\{\begin{array}{l}a\equiv x(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}3)\\ a\equiv y(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}5)\\ a\equiv z(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}7)\end{array}$$
$x,y,z$是每组数据读入的三个$w\%3、w\%5、w\%7$，幸运的是模3、5、7互质，所以可以用中国剩余定理，且方程组一定有解，可以这样构造方程组的解：

一般地对于这样一个同余方程组：
$$\{\begin{array}{l}x\equiv a_1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{m}_1)\\ x\equiv a_2(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{m}_2)\\ ...\\ x\equiv a_n(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{m}_n)\end{array}$$
只要$m_1,m_2,...,m_n$互质，则方程组一定有解
令$M=m_1\times m_2\times ...\times m_n={\prod }_{i=1}^n{m}_i$（是不是看出105是个什么名堂了）
然后令$M_i=\frac{M}{m_i}$是除了$m_i$以外其他$n-1$个数的乘积，令$t_i$为$M_i$模$m_i$的数论倒数（即满足$M_i{t}_i\equiv 1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{m}_i)$），令$x=a_1{t}_1{M}_1+a_2{t}_2{M}_2+...+a_n{t}_n{M}_n={\sum }_{i=1}^n{a}_i{t}_i{M}_i$，则为方程组在模$M$下的解，一般地通解是$x=kM+{\sum }_{i=1}^n{a}_i{t}_i{M}_i$（证明略(｡･ω･｡)）

对于本题，由于模都是给定的，可以直接求数论倒数，即求35,21,15的数论倒数，由于数论倒数不是唯一的，虽然手算不难算出，但还是用稍微正规点的办法，这里幸好3、5、7是素数可以用费马小定理的方法求数论倒数
费马小定理：
对于正整数$a$和素数$p$，有$a^{p-1}\equiv 1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)$，也就是$a\cdot a^{p-2}\equiv 1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)$会惊奇地发现模$p$以后，$a^{p-2}\equiv a^{-1}(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)$，就是$a$的数论倒数，当然数字给定容易求出$35^{3-2}\equiv 2(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}3)$，$21^{3-2}\equiv 1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}5)$，$15^{7-2}\equiv 1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}7)$，然后通解就可以表达为$70x+21y+15z(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}105)$了，注意到如果同余后是0，说明原来的重量是105。

函数体：

int weight(int x, int y, int z) {
	int w;
	w = (70 * x + 21 * y + 15 * z) % 105;
	w = w ? w : 105;
	return w;
}

附上一个快速幂方法求方幂取模的方法（数论倒数(number-theoretic reciprocal)），当然如果代码中全程不取模就是一种从$O(n)$优化到$O(\log n)$的算方幂的算法

typedef long long LL
LL ntr(LL a, LL p) {
	LL ans = 1;
	LL d = p - 2;
	while (d) {
		if (d & 1) {
			ans = (ans * a) % p;
			d >>= 1
			}
		a = (a * a) % p;
	}
	return ans;
}

先说求方幂，原理就是求$a^d$时，假设$d$的二进制表示是$(k_n{k}_{n-1}...k_0{)}_2$，则$a^d=a^{2^{k_n}}{a}^{2^{k_{n-1}}}...a^{2^{k_0}}$，所以那步if (d & 1)就是判断$d$的二进制表示是否含某个$k_i$，举个例子求$15^5$时，结果初始为1，5的二进制表示是101,末尾有1，结果乘以15,15变成15的平方；5退一位是2，末尾不是1，不乘，15的平方变成15的四次方，2退一位变成1，末尾是1，结果乘以15的四次方，$15^5=15\times 15^4$。也许这里会觉得快速幂的方法不明显，如果方幂足够大时就能体现出差距了。

取模则利用基本性质$a\times b(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)=a(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)\times b(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)$，在每一步满足if (d & 1)那里取模，顺便$a$平方时也顺便取模。

Q4（上机F题）
定义$a_n$ 为 一个$1\sim n$的排列。定义区间最大值 $M(i,j)={\max }_{i\le k\le j}\{a_k\}$
问有多少个区间的最大值为$n$？
输入：
第一行，一个整数n
第二行，n个整数，表示一个排列。
输出
一个整数，表示符合要求的区间个数。
输入样例：

4
1 2 4 3

输出样例：

6

样例解释
共有$[1,3],[1,4],[2,3],[2,4],[3,3],[3,4]$ 6个区间的最大值为4

题意理解一下就是找出含有这个数组最大值的闭区间个数，其实这个题本质上是个数学题，答案由最大值在数列的位置决定，比如说有$n$个数，最大值在第$t$个位置，区间左端点只有$1,2,...,t$共$t$个选择，右端点从$t,...,n$（从样例可知区间可以只含一个数）有$n-t+1$种选择，答案自然就是$t(n-t+1)$了，而要编程解决的问题就是确定最大值所在位置，遍历一遍就行了。

#include

int main() {
	int n, i;
	scanf("%d", &n);
	int m[n];
	for (i = 0; i < n; i++) scanf("%d", &m[i]);
	int max = m[0], t;	#最大值初始为数列第一个数，遍历整个数列，如果有更大的值则更新顺便更新所在位置
	for (i = 1; i < n; i++) {
		if (m[i] > max) max = m[i];
	}
	for (i = 0; i < n; i++) {
		if (m[i] == max) {
			t = i;
			break;
		}
	}
	t += 1;
	int N = t * (n - t + 1);
	printf("%d", N);
	return 0;
}

Q5（上机G题）
题目描述
有$n$个箩筐，编号是$1$~$n$。
一开始所有的筐内都是空的，随后会进行两种操作：
操作1：往编号为$x$的筐内投$k$份草稿
操作2：把所有筐内的草稿给集中到第$n$个筐内
输入：
第一个数为箩筐的总数$n$（保证$n$小于等于100）
第二个数为总的操作数$m$
随后的$m$行，每行有三个数$o,x,k$
如果$o$等于1，代表进行操作1，往编号$x$筐内投$k$份草稿
如果o等于2，代表进行操作2，此时$x$和$k$的值无用
（数据保证此题运算中不会发生int溢出）

输出：
输出一行，用空格隔开的$n$个数，代表最终$1$~$n$筐的内的草稿数
思路很基本，就是直接模拟题意，开一个数组存储各个框内的草稿数

#include
int b[100] = {0};
int main() {
	int n, m, i, j;
	scanf("%d %d", &n, &m);	#读入操作次数和框的总数
	int o, x, k;
	for (i = 0; i < m; i++) {
		scanf("%d %d %d", &o, &x, &k);
		if (o == 1) b[x - 1] += k;	
		else if (o == 2) {	#操作2，遍历将前面的草稿加到最后一个框再将前面的框清0
			for (j = 0; j < n - 1; j++) {
				b[n - 1] += b[j];
				b[j] = 0;
			}
		}
	}
	for (i = 0; i < n; i++) {
		printf("%d ", b[i]);
	}
	return 0;
}

Q6（上机H题）
题目描述
摸鱼村要选村长了！
选村长的规则是村里每个人进行一次投票，票数大于人数一半的成为村长。
然鹅摸鱼村的人都比较懒，你能帮他们写一个程序来找出谁当选村长吗？
（每名村民的编号都是一个int范围内的整数）
输入
多行，每行一个数字(int范围内)
输出
输出出现次数超过总数一半的数字。(保证一定有解)

样例输入：

1
1
12345678
2
1

输出：

1

保证有解代表某个编号出现次数一定超过总次数$n$的一半，即为$[\frac{n}{2}]+1$次，有一种思路就是开一个数组，有一票就直接下标位置的数加1，但是问题来了，比如样例，编号可以很大，意味着这个数组的长度要足够大，int范围是$[-2^{32},2^{32}-1]$所以可能得开这样一个长的数组，显然这个方法是不好了，题目也说了这题数据很大，用数组会REG(Runtime Error)哦，所以只能用巧妙的方法。

而这个巧方法是什么呢？由于是逐一EOF式读入，可以这么想，定义最初编号的出现次数，如果下一个读到相同编号则次数加1，如果不一样则减1，直到减为0，再计下一个读入的数的出现次数……拿样例来讲，“出现次数”初始为0，最初读入1，次数加1；下一个是1，再加1；下一个不是1，减1；再下一个不是1，减1，为0了，结束计数，下一个读入的是1，次数为1；读入完毕，最终结果是1“出现”了1次，而这个编号就是选出的编号，是不是很神奇啊?

原理是这样的，就是抵消法，一个编号如果出现次数没有过半（包括恰好一半）一定能跟其他编号抵消，只有出现超过半数的编号才抵消不完。

#include

int main() {
	int n, x = 0, y = 0;
	while (~scanf("%d", &n)) {
		if (!y) {
			x = n;
			y++;
		}
		else {
			if (n == x) y++;
			else y--;
		}
	}
	printf("%d", x);
	return 0;
}