数学
顾名思义，数学类的题就是都可以用数学知识求解。
买不到的数目
这是第四届蓝桥杯省赛C++A组,第四届蓝桥杯省赛JAVAC组的一道题
小明开了一家糖果店。
他别出心裁：把水果糖包成4颗一包和7颗一包的两种。
糖果不能拆包卖。
小朋友来买糖的时候，他就用这两种包装来组合。
当然有些糖果数目是无法组合出来的，比如要买 10 颗糖。
你可以用计算机测试一下，在这种包装情况下，最大不能买到的数量是17。
大于17的任何数字都可以用4和7组合出来。
本题的要求就是在已知两个包装的数量时，求最大不能组合出的数字。
输入格式
两个正整数 n,m，表示每种包装中糖的颗数。
输出格式
一个正整数，表示最大不能买到的糖数。
数据范围
2≤n,m≤1000，
保证数据一定有解。
输入样例：
4 7
输出样例：
17
这道题简单看一下，似乎没有什么规律，我们可以先打表来找一下规律：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
//给定一个m，是否能用p和q凑出来
bool dfs(int m,int p,int q)
{
if(m == 0) return true;
if(m >= p && dfs(m - p,p,q)) return true;
if(m >= q && dfs(m - q,p,q)) return true;
return false;
}
int main()
{
int p,q;
cin >> p >> q;
int res = 0;
for(int i = 1; i <= 1000;i ++)
{
if(!dfs(i,p,q)) res = i;
}
cout << res << endl;
return 0;
}
打表暴力搜索找规律
2 3 输出 1
3 5 输出7
3 7 输出11
3 10 输出17
...
最后得到规律
如果 a,b均是正整数且互质，那么由 ax+by,x≥0,y≥0ax+by,x≥0,y≥0 不能凑出的最大数是 (a−1)(b−1)−1。
接下来再看数学代码：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main()
{
int p, q;
cin >> p >> q;
cout << (p - 1) * (q - 1) - 1 << endl;
return 0;
}
蚂蚁感冒
这也是蓝桥杯的一道题，来源：第五届蓝桥杯省赛C++A/B组
长 100 厘米的细长直杆子上有 n 只蚂蚁。
它们的头有的朝左，有的朝右。
每只蚂蚁都只能沿着杆子向前爬，速度是 1 厘米/秒。
当两只蚂蚁碰面时，它们会同时掉头往相反的方向爬行。
这些蚂蚁中，有 1 只蚂蚁感冒了。
并且在和其它蚂蚁碰面时，会把感冒传染给碰到的蚂蚁。
请你计算，当所有蚂蚁都爬离杆子时，有多少只蚂蚁患上了感冒。
输入格式
第一行输入一个整数 n, 表示蚂蚁的总数。
接着的一行是 n 个用空格分开的整数 Xi, Xi 的绝对值表示蚂蚁离开杆子左边端点的距离。
正值表示头朝右，负值表示头朝左，数据中不会出现 0 值，也不会出现两只蚂蚁占用同一位置。
其中，第一个数据代表的蚂蚁感冒了。
输出格式
输出1个整数，表示最后感冒蚂蚁的数目。
数据范围
1<n<50,
0<|Xi|<100
输入样例1：
3
5 -2 8
输出样例1：
1
输入样例2：
5
-10 8 -20 12 25
输出样例2：
3
这题很有意思，只读题就会有这种想法，如果一只蚂蚁从左往右走，另外一只从右往左走，有一只感冒了，那么，他们相遇后就会分别向相反的方向走。
按照这个思路，我们来写一个暴力解法：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e5 + 10;
int n, pos;
int a[N];
int ans = 1;
int cmp(int a, int b)
{
return abs(a) < abs(b);
}
int main()
{
cin >> n;
for (int i = 0; i < n; i++)
cin >> a[i];
int pre = a[0];
sort(a, a + n, cmp); //先按绝对值 将蚂蚁的位置排好
for (int i = 0; i < n; i++)
{
if (a[i] == pre)
pos = i;
}
int flag = 0;
if (pre > 0) //首先感染的蚂蚁向右走
{
for (int i = pos + 1; i < n; i++)
{
if (a[i] > 0)
continue;
if (a[i] < 0)
{
ans++;
flag = 1; //标记右面有蚂蚁向左走
}
}
for (int i = pos - 1; i >= 0; i--)
{
if (flag) //在右边有往左走的蚂蚁前提下
{
if (a[i] > 0) //如果左面有向右走的那么肯定会传染
ans++;
}
}
}
if (pre < 0) //首先感染的蚂蚁向左走，方法同上
{
for (int i = pos - 1; i >= 0; i--)
{
if (a[i] < 0)
continue;
if (a[i] > 0)
{
ans++;
flag = 1;
}
}
for (int i = pos + 1; i < n; i++)
{
if (a[i] > 0)
continue;
if (flag)
{
if (a[i] < 0)
ans++;
}
}
}
cout << ans << endl;
return 0;
}
但这中间就有一个很有意思的地方就是左边的往右走，右边的往左走，有一只感冒了，它们相遇后还是等价于有两只蚂蚁分别往前走，只是这样两只蚂蚁都感冒了，这样之后遇到的蚂蚁也会被感冒，这样想就不会有掉头做判断这一步了，接下来请看代码：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 55;
int n;
int x[N];
int main()
{
cin >> n;
for (int i = 0; i < n; i ++ ) cin >> x[i];
int left = 0, right = 0; // 分别表示左边向右走的蚂蚁数量，和右边向左走的蚂蚁数量
for (int i = 1; i < n; i ++ )
if (abs(x[i]) < abs(x[0]) && x[i] > 0) left ++ ;
else if (abs(x[i]) > abs(x[0]) && x[i] < 0) right ++ ;
if (x[0] > 0 && right == 0 || x[0] < 0 && left == 0) cout << 1 << endl;
else cout << left + right + 1 << endl;
return 0;
}
饮料换购
来源：第六届蓝桥杯省赛C++A/C组,第六届蓝桥杯省赛JAVAB组
乐羊羊饮料厂正在举办一次促销优惠活动。乐羊羊C型饮料，凭3个瓶盖可以再换一瓶C型饮料，并且可以一直循环下去(但不允许暂借或赊账)。
请你计算一下，如果小明不浪费瓶盖，尽量地参加活动，那么，对于他初始买入的 n 瓶饮料，最后他一共能喝到多少瓶饮料。
输入格式
输入一个整数 n,表示初始买入的饮料数量。
输出格式
输出一个整数，表示一共能够喝到的饮料数量。
数据范围
0<n<10000
输入样例：
100
输出样例：
149
这题就很简单了,还是先看模拟代码：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main()
{
int n;
cin >> n;
int res = n;
while (n >= 3)
{
res += n / 3;
n = n / 3 + n % 3;
}
cout << res << endl;
return 0;
}
然后是数学公式代码：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main()
{
int n;
cin >> n;
cout << n + (n - 1) / 2 << endl;
return 0;
}
简单DP
先来看题：01背包问题是非常经典的DP问题。
01背包问题
有 N 件物品和一个容量是 V 的背包。每件物品只能使用一次。
第 i 件物品的体积是 vi，价值是 wi。
求解将哪些物品装入背包，可使这些物品的总体积不超过背包容量，且总价值最大。
输出最大价值。
输入格式
第一行两个整数，N，V，用空格隔开，分别表示物品数量和背包容积。
接下来有 N 行，每行两个整数 vi,wi，用空格隔开，分别表示第 i 件物品的体积和价值。
输出格式
输出一个整数，表示最大价值。
数据范围
0<N,V≤1000
0<vi,wi≤1000
输入样例
4 5
1 2
2 4
3 4
4 5
输出样例：
8
题目介绍
有 N 件物品和一个容量为 V的背包，每件物品有各自的价值且只能被选择一次，要求在有限的背包容量下，装入的物品总价值最大。
「0-1 背包」是较为简单的动态规划问题，也是其余背包问题的基础。
动态规划是不断决策求最优解的过程，「0-1 背包」即是不断对第 i个物品的做出决策，「0-1」正好代表不选与选两种决定
二维
（1）状态f[i][j]定义：前 i个物品，背包容量 j 下的最优解（最大价值）：
当前的状态依赖于之前的状态，可以理解为从初始状态f[0][0] = 0开始决策，有 N 件物品，则需要 N 次决策,每一次对第 i 件物品的决策，状态f[i][j]不断由之前的状态更新而来。
（2）当前背包容量不够（j < v[i]），没得选，因此前 i个物品最优解即为前 i−1个物品最优解：
对应代码：f[i][j] = f[i - 1][j]。
（3）当前背包容量够，可以选，因此需要决策选与不选第 i 个物品：
选：f[i][j] = f[i - 1][j - v[i]] + w[i]。
不选：f[i][j] = f[i - 1][j] 。
我们的决策是如何取到最大价值，因此以上两种情况取 max() 。
接下来请看二维求解代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN = 1005;
int v[MAXN]; // 体积
int w[MAXN]; // 价值
int f[MAXN][MAXN]; // f[i][j], j体积下前i个物品的最大价值
int main()
{
int n, m;
cin >> n >> m;
for(int i = 1; i <= n; i++)
cin >> v[i] >> w[i];
for(int i = 1; i <= n; i++)
for(int j = 1; j <= m; j++)
{
// 当前背包容量装不进第i个物品，则价值等于前i-1个物品
if(j < v[i])
f[i][j] = f[i - 1][j];
// 能装，需进行决策是否选择第i个物品
else
f[i][j] = max(f[i - 1][j], f[i - 1][j - v[i]] + w[i]);
}
cout << f[n][m] << endl;
return 0;
}
一维
将状态f[i][j]优化到一维f[j]，实际上只需要做一个等价变形。
原式：f[i][j] = max(f[i-1][j], f[i - 1][j - v[i]] + w[i]);
改成一维：f[j] = max(f[j], f[j - v[i]] + w[i]);
先来看代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1010;
int f[N];
int v[N], w[N];
int n, m;
int main()
{
cin >> n >> m;
for (int i = 1; i <= n; i ++ ) cin >> v[i] >> w[i];
for (int i = 1; i <= n; i++) {
for (int j = m; j >= v[i]; j--)
{
f[j] = max(f[j], f[j - v[i]] + w[i]);
}
}
cout << f[m] << endl;
}这中间有一个点大家可能不太好理解，为什么是for (int j = m; j >= v[i]; j--)，而不是for (int j = v[i]; j <= m; j++)
首先我们先来模拟一下如果是for (int j = v[i]; j <= m; j++)，循环就是：
for (int i = 1; i <= n; i++) {
for (int j = v[i]; j <= m; j++) {
f[j] = max(f[j], f[j - v[i]] + w[i]);
}
}
来看题
输入样例
4 5
1 2
2 4
3 4
4 5
物品 体积 价值
i=1 1 2
i=2 2 4
i=3 3 4
i=4 4 5
当还没进循环的时候
f[0] = 0; f[1] = 0; f[2] = 0; f[3] = 0; f[4] = 0; f[5] = 0;
当进入循环 i == 1 时：v[i]=1,w[i]=2;
j=1:f[1]=max(f[1],f[1-1]+2),即max(0,2)=2;即f[1]=2;
j=2:f[2]=max(f[2],f[2-1]+2),即max(0,4)=4;即f[2]=4;
j=3:f[3]=max(f[3],f[3-1]+2),即max(0,6)=6;即f[3]=6;
j=4:f[4]=max(f[4],f[4-1]+2),即max(0,8)=8;即f[4]=8;
j=5:f[5]=max(f[5],f[5-1]+2),即max(0,10)=10;即f[5]=10;
当到这里的时候就已经出问题了。
//如果 j 层循环是逆序的： for (int i = 1; i <= n; i++) {<!--{C}%3C!%2D%2D%20%2D%2D%3E--> for (int j = m; j >= v[i]; j--) {<!--{C}%3C!%2D%2D%20%2D%2D%3E--> f[j] = max(f[j], f[j - v[i]] + w[i]); } }//如果 j 层循环是逆序的：
for (int i = 1; i <= n; i++) {
for (int j = m; j >= v[i]; j--) {
f[j] = max(f[j], f[j - v[i]] + w[i]);
}
}
输入样例
4 5
1 2
2 4
3 4
4 5
物品 体积 价值
i=1 1 2
i=2 2 4
i=3 3 4
i=4 4 5
当还没进循环的时候
f[0] = 0; f[1] = 0; f[2] = 0; f[3] = 0; f[4] = 0; f[5] = 0;
当进入循环时i==1，w[i]=2,v[i]=1;
j=5:f[5]=max(f[5],f[5-1]+2),即max(0,2)=2;即f[5]=2;
j=4:f[4]=max(f[4],f[4-1]+2),即max(0,2)=2;即f[4]=2;
j=3:f[3]=max(f[3],f[3-1]+2),即max(0,2)=2;即f[3]=2;
j=2:f[2]=max(f[2],f[2-1]+2),即max(0,2)=2;即f[2]=2;
j=1:f[1]=max(f[1],f[1-1]+2),即max(0,2)=2;即f[1]=2;
当进入循环 i == 2 时,w[i]=4,v[i]=2;
j=5:f[5]=max(f[5],f[5-2]+4),即max(2,6)=6,即f[5]=6;
j=4:f[5]=max(f[4],f[4-2]+4),即max(2,6)=6,即f[4]=6;
j=3:f[5]=max(f[3],f[3-2]+4),即max(2,6)=6,即f[3]=6;
j=2:f[5]=max(f[2],f[2-2]+4),即max(2,4)=4,即f[2]=4;
当进入循环 i == 3 时: w[i] = 4; v[i] = 3;
j=5:f[5]=max(f[5],f[5-3]+4),即max(6,8)=8,即f[5]=8;
j=4:f[4]=max(f[4],f[4-3]+4),即max(6,6)=6,即f[4]=6;
j=3:f[3]=max(f[3],f[3-3]+4),即max(6,4)=6,即f[3]=6;
当进入循环 i == 3 时: w[i] = 5; v[i] = 4;
j=5:f[5]=max(f[5],f[5-4]+5),即max(8,7)=8,即f[5]=8;
j=4:f[4]=max(f[4],f[4-4]+5),即max(6,5)=6,即f[4]=6;
模拟结束，最后max=8：发现没有错误，即逆序就可以解决这个优化的问题了
最后为什么一维情况下枚举背包容量需要逆序？
在二维情况下，状态f[i][j]是由上一轮i - 1的状态得来的，f[i][j]与f[i - 1][j]是独立的。而优化到一维后，如果我们还是正序，则有f[较小体积]更新到f[较大体积]，则有可能本应该用第i-1轮的状态却用的是第i轮的状态。
简单来说，一维情况正序更新状态f[j]需要用到前面计算的状态已经被「污染」，逆序则不会有这样的问题。
到此这篇关于C语言数学问题与简单DP背包问题详解的文章就介绍到这了,更多相关C语言 数学与DP问题内容请搜索编程网以前的文章或继续浏览下面的相关文章希望大家以后多多支持编程网！
