1、已知两个数字为1~30之间的数字，甲知道两数之和，乙知道两数之积，甲问乙：“你知道是哪两个数吗？”乙说：“不知道”。乙问甲：“你知道是哪两个数吗？”甲说：“也不知道”。于是，乙说：“那我知道了”，随后甲也说：“那我也知道了”，这两个数是什么？
答案:
允许两数重复的情况下
答案为x=, y=; 甲知道和A=x+y=, 乙知道积B=x*y=
不允许两数重复的情况下有两种答案
答案1: 为x=, y=; 甲知道和A=x+y=, 乙知道积B=x*y=
答案2: 为x=, y=; 甲知道和A=x+y=, 乙知道积B=x*y= 解：
设这两个数为x,y.
甲知道两数之和 A=x+y;
乙知道两数之积 B=x*y; 该题分两种情况
允许重复, 有( <= x <= y <= );
不允许重复,有( <= x < y <= ); 当不允许重复, 即( <= x < y <= ); )由题设条件：乙不知道答案
<=> B=x*y 解不唯一
=> B=x*y 为非质数 又∵ x ≠ y
∴ B ≠ k*k (其中k∈N) 结论(推论1)：
B=x*y 非质数且 B ≠ k*k (其中k∈N)
即：B ∈(,,,,,,,...)
证明过程略 )由题设条件：甲不知道答案
<=> A=x+y 解不唯一
=> A >= ; 分两种情况
A=,A=6时x,y有双解
A>= 时x,y有三重及三重以上解 假设 A=x+y=
则有双解
x1=,y1=;
x2=,y2=
代入公式B=x*y:
B1=x1*y1=*=; (不满足推论1，舍去)
B2=x2*y2=*=;
得到唯一解x=,y= 即甲知道答案
与题设条件：“甲不知道答案”相矛盾
故假设不成立， A=x+y≠ 假设 A=x+y=
则有双解
x1=,y1=;
x2=,y2=
代入公式B=x*y:
B1=x1*y1=*=; (不满足推论1，舍去)
B2=x2*y2=*=;
得到唯一解x=,y=
即甲知道答案
与题设条件：“甲不知道答案”相矛盾
故假设不成立， A=x+y≠ 当A>=7时
∵ x,y的解至少存在两种满足推论1的解
B1=x1*y1=*(A-)
B2=x2*y2=*(A-)
∴ 符合条件 结论(推论2)：A >= )由题设条件：乙说“那我知道了”
=> 乙通过已知条件B=x*y及推论()()可以得出唯一解
即： A=x+y, A >=
B=x*y, B ∈(,,,,,,,,...)
<= x < y <=
x,y存在唯一解 当 B= 时：有两组解
x1=, y1=
x2=, y2= (∵ x2+y2=+= < ∴不合题意，舍去)
得到唯一解 x=, y= 当 B= 时：有两组解
x1=, y1=
x2=, y2= (∵ x2+y2=+= < ∴不合题意，舍去)
得到唯一解 x=, y= 当 B> 时：容易证明均为多重解 结论：
当B=6时有唯一解 x=, y= 当B=8时有唯一解 x=, y= )由题设条件：甲说“那我也知道了”
=> 甲通过已知条件A=x+y及推论()可以得出唯一解 综上所述，原题所求有两组解：
x1=, y1=
x2=, y2= 当x<=y时，有( <= x <= y <= );
同理可得唯一解 x=, y=
2、一个环形公路，上面有Ｎ个站点，A1, ..., AN，其中Ai和Ai+1之间的距离为Di,AN和A1之间的距离为D0。
高效的求第i和第j个站点之间的距离，空间复杂度不超过O(N)
它给出了部分代码如下：
#define N 25
double D[N]
....
void Preprocess()
{
//Write your code1;
}
double Distance(int i, int j)
{
//Write your code2;
}
const int N = ;
int D[N]; int A1toX[N]; void Preprocess()
{
srand(time()); for (int i = ; i < N; ++i)
{
D[i] = (rand()/(RAND_MAX+1.0)) * N;
} A1toX[] = D[]; //from A1 to A2
for (int i = ; i < N; ++i)
{
A1toX[i] = A1toX[i-] + D[i]; //distance from A1 to each point
}
A1toX[] = A1toX[N-] + D[]; // total length
} int distance(int i, int j)
{
int di = (i == ) ? : A1toX[i-];
int dj = (j ==) ? : A1toX[j-];
int dist = abs(di - dj);
return dist > A1toX[]/ ? A1toX[] - dist : dist;
} int main(void)
{
Preprocess();
for (int i = ; i <N; ++i)
{
cout<<D[i]<<" ";
}
cout<<endl;
for (int i = ; i <= N; ++i)
{
cout<<"distance from A1 to A"<<i<<": "<<distance(, i)<<endl;
}
return ;
}
3、 一个字符串，压缩其中的连续空格为1个后，对其中的每个字串逆序打印出来。比如"abc efg hij"打印为"cba gfe jih"。
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<stack>
#include<string>
using namespace std; string reverse(string str)
{
stack<char> stk;
int len = str.length();
string ret = ""; for (int p = , q = ;p < len;)
{
if (str[p] == ' ')
{
ret.append(,' ');
for (q = p; q < len && str[q] == ' '; q++)
{}
p = q;
}
else
{
for (q = p; q < len && str[q] != ' '; q++)
{
stk.push(str[q]);
}
while(!stk.empty())
{
ret.append(,stk.top());
stk.pop();
}
p = q;
}
}
return ret;
}
int main(void)
{
string s = "abc def ghi";
cout<<reverse(s).c_str()<<endl;
return ;
}
4、将一个较大的钱，不超过1000000(10^6)的人民币，兑换成数量不限的100、50、10、5、2、1的组合，请问共有多少种组合呢？（完全背包）（其它选择题考的是有关：操作系统、树、概率题、最大生成树有关的题。）。
第一种方法（母函数）：
#define NUM 7
int money[NUM] = {, , , , , , }; // 母函数解法
int NumOfCoins(int value)
{
int i , j , k , c1[] , c2[];
for(i = ; i <= value ; ++i)
{
c1[i] = ;
c2[i] = ;
}
//第一层循环是一共有 n 个小括号，而刚才已经算过一个了
// i 就是代表的母函数中第几个大括号中的表达式
for(i = ; i < NUM ; ++i)
{
for(j = ; j <= value ; ++j) //j 就是指的已经计算出的各项的系数
{
for(k = ; k+j <= value ; k += money[i]) //k 就是指将要计算的那个括号中的项
c2[k+j] += c1[j];
}
for(j = ; j <= value ; ++j) // 刷新一下数据，继续下一次计算，就是下一个括号里面的每一项
{
c1[j] = c2[j];
c2[j] = ;
}
}
return c1[value];
}
第二种方法（动态规划）：
我们可以将它形式化为：
硬搜的话肯定是可以出结果的，但时间复杂度太高。
第一种方法：
设 F[n] 为用那么多种面值组成 n 的方法个数。则 F[n] 可以分成这样互不重复的几个部分：
只用 50 及以下的面值构成 [n] + 0 张 100
只用 50 及以下的面值构成 [n-100] + 1 张 100
只用 50 及以下的面值构成 [n-200] + 2 张 100
……
也就是说，按 F[n] 的组成方案中 100 的张数，将 F[n] 划分成若干等价类，等价类的划分要不重复、不遗漏。这些等价类恰好完整覆盖了 F[n] 的所有情况。
然后对于 50 及以下的方案又可以按 50 的张数划分等价类。于是像这样一层一层递归下去……就可以得到结果了。
把上面的递归过程反过来，从下往上递推，这就是动态规划了。代码（用到了一些 C99 特性，比如栈上的可变长数组）：
时间复杂度 < O(N^2)
#define NUM 7
int money[NUM] = {, , , , , , };
// 动态规划解法
int NumOfCoins(int value)
{
int i , j , t , dp[][];
for(i = ; i <= value ; ++i)
dp[][i] = ; for(i = ; i < NUM ; ++i)
{
for(j = ; j <= value ; ++j)
{
t = j;
dp[i][j] = ;
while(t >= )
{
dp[i][j] += dp[i-][t];
t -= money[i];
}
}
}
return dp[][value];
}
其中 dp[i][j] 表示只用第 i 张面值及以下构成 j 用多少种方法。
改进如下：
a[6][n] = ar[6][n-100] // 至少包含 1 张 100 的拆分个数
+ ar[5][n] // 不包含 100 的拆分个数
直接把时间复杂度从 O(n^2) 降到了 O(n)：
#define NUM 7
int money[NUM] = {, , , , , , };
// 动态规划解法(完全背包)
int NumOfCoins(int value)
{
int i , j , dp[][];
for(i = ; i <= value ; ++i)
dp[][i] = ; for(i = ; i < NUM ; ++i)
{
for(j = ; j <= value ; ++j)
{
if(j >= money[i])
dp[i][j] = dp[i][j - money[i]] + dp[i - ][j];
else
dp[i][j] = dp[i-][j];
}
}
return dp[][value];
}
或者使用滚动数组也是可以的
#define NUM 7
int money[NUM] = {, , , , , , };
int f[] , bf[];
// f[j] == f[i][j] bf[j] == bf[i-1][j]
int NumofCoin2(int value)
{
int i , j;
for(j = ; j <= value ; ++j)
f[j] = , bf[j] = ;
bf[] = ; for(i = ; i < NUM ; ++i)
{
for(j = ; j <= value ; ++j)
{
if(j >= money[i])
f[j] = f[j-money[i]] + bf[j];
else
f[j] = bf[j] ;
} for(j = ; j <= value ; ++j)
bf[j] = f[j] , f[j] = ;
}
return bf[value]; }