习题1
1.
图论诞生于七桥问题。出生于瑞士的伟大数学家欧拉（Leonhard Euler，1707—1783）提出并解决了该问题。七桥问题是这样描述的：北区 一个人是否能在一次步行中穿越哥尼斯堡（现
东区 在叫加里宁格勒，在波罗的海南岸）城中全部岛区 的七座桥后回到起点，且每座桥只经过一次，
南区 图1.7是这条河以及河上的两个岛和七座桥的
图1.7 七桥问题
草图。请将该问题的数据模型抽象出来，并判断此问题是否有解。
七桥问题属于一笔画问题。 输入：一个起点 输出：相同的点 1， 一次步行
2， 经过七座桥，且每次只经历过一次 3， 回到起点
该问题无解：能一笔画的图形只有两类：一类是所有的点都是偶点。另一类是只有二个奇点的图形。
2．在欧几里德提出的欧几里德算法中（即最初的欧几里德算法）用的不是除法而是减法。请用伪代码描述这个版本的欧几里德算法 1.r=m-n
2.循环直到r=0 2.1 m=n 2.2 n=r 2.3 r=m-n 3 输出m
3．设计算法求数组中相差最小的两个元素（称为最接近数）的差。要求分别给出伪代码和C++描述。
//采用分治法
//对数组先进行快速排序 //在依次比较相邻的差 #include
int partions(int b[],int low,int high) {
int prvotkey=b[low]; b[0]=b[low]; while (low while (low b[low]=b[high]; while (low b[high]=b[low]; } b[low]=b[0]; return low; } void qsort(int l[],int low,int high) { int prvotloc; if(low prvotloc=partions(l,low,high); //将第一次排序的结果作为枢轴 qsort(l,low,prvotloc-1); //递归调用排序 由low 到prvotloc-1 qsort(l,prvotloc+1,high); //递归调用排序 由 prvotloc+1到 high } } void quicksort(int l[],int n) { qsort(l,1,n); //第一个作为枢轴 ，从第一个排到第n个 } int main() { int a[11]={0,2,32,43,23,45,36,57,14,27,39}; int value=0;//将最小差的值赋值给value for (int b=1;b<11;b++) cout< quicksort(a,11); for(int i=0;i!=9;++i) { if( (a[i+1]-a[i])<=(a[i+2]-a[i+1]) ) value=a[i+1]-a[i]; else value=a[i+2]-a[i+1]; } cout< return 0; } 4． 设数组a[n]中的元素均不相等，设计算法找出a[n]中一个既不是最大也不是最小的元素，并说明最坏情况下的比较次数。要求分别给出伪代码和C++描述。 #include int main() { int a[]={1,2,3,6,4,9,0}; int mid_value=0;//将“既不是最大也不是最小的元素”的值赋值给它 for(int i=0;i!=4;++i) { if(a[i+1]>a[i]&&a[i+1] 5. 编写程序，求n至少为多大时，n个“1”组成的整数能被2013整除。 #include int main() { double value=0; for(int n=1;n<=10000 ;++n) { value=value*10+1; if(value 13==0) { cout<<\至少为:\ break; } }//for return 0; } 6. 计算π值的问题能精确求解吗？编写程序，求解满足给定精度要求的π值 #include int main () { double a,b; double arctan(double x);//声明 a = 16.0*arctan(1/5.0); b = 4.0*arctan(1/239); cout << \ return 0； } double arctan(double x) { int i=0; double r=0,e,f,sqr;//定义四个变量初 sqr = x*x; e = x; while (e/i>1e-15)//定义精度范围 { f = e/i;//f是每次r需要叠加的方程 r = (i%4==1)?r+f:r-f; e = e*sqr;//e每次乘于x的平方 i+=2;//i每次加2 }//while return r; } 7. 圣经上说：神6天创造天地万有，第7日安歇。为什么是6天呢？任何一个自然数的因数中都有1和它本身，所有小于它本身的因数称为这个数的真因数，如果一个自然数的真因数之和等于它本身，这个自然数称为完美数。例如，6=1+2+3，因此6是完美数。神6天创造世界，暗示着该创造是完美的。设计算法，判断给定的自然数是否是完美数 #include int main() { int value, k=1; cin>>value; for (int i = 2;i!=value;++i) { while (value % i == 0 ) { k+=i;//k为该自然数所有因子之和 value = value/ i; } }//for if(k==value) cout<<\该自然数是完美数\ else cout<<\该自然数不是完美数\ return 0; } 8. 有4个人打算过桥，这个桥每次最多只能有两个人同时通过。他们都在桥的某一端，并且是在晚上，过桥需要一只手电筒，而他们只有一只手电筒。这就意味着两个人过桥后必须有一个人将手电筒带回来。每个人走路的速度是不同的：甲过桥要用1分钟，乙过桥要用2分钟，丙过桥要用5分钟，丁过桥要用10分钟，显然，两个人走路的速度等于其中较慢那个人的速度，问题是他们全部过桥最少要用多长时间？ 由于甲过桥时间最短，那么每次传递手电的工作应有甲完成 甲每次分别带着乙丙丁过桥 例如： 第一趟：甲，乙过桥且甲回来 第二趟：甲，丙过桥且甲回来 第一趟：甲，丁过桥 一共用时19小时 9．欧几里德游戏：开始的时候，白板上有两个不相等的正整数，两个玩家交替行动，每次行动时，当前玩家都必须在白板上写出任意两个已经出现在板上的数字的差，而且这个数字必须是新的，也就是说，和白板上的任何一个已有的数字都不相同，当一方再也写不出新数字时，他就输了。请问，你是选择先行动还是后行动？为什么？ 设最初两个数较大的为a, 较小的为b，两个数的最大公约数为factor。 则最终能出现的数包括: factor, factor*2, factor*3, ..., factor*(a/factor)=a. 一共a/factor个。 如果a/factor 是奇数，就选择先行动；否则就后行动。 习题4 1. 分治法的时间性能与直接计算最小问题的时间、合并子问题解的时间以及子问题的个数有关，试说明这几个参数与分治法时间复杂性之间的关系。 2. 证明：如果分治法的合并可以在线性时间内完成，则当子问题的规模之和小于原问题的规模时，算法的时间复杂性可达到O(n)。 O(N)=2*O(N/2)+x O(N)+x=2*O(N/2)+2*x a*O(N)+x=a*(2*O(N/2)+x)+x=2*a *O(N/2)+(a+1)*x 由此可知，时间复杂度可达到O(n); 3.分治策略一定导致递归吗？如果是，请解释原因。如果不是，给出一个不包含递归的分治例子，并阐述这种分治和包含递归的分治的主要不同。 不一定导致递归。 如非递归的二叉树中序遍历。 这种分治方法与递归的二叉树中序遍历主要区别是：应用了栈这个数据结构。 4. 对于待排序序列(5, 3, 1, 9)，分别画出归并排序和快速排序的递归运行轨迹。 归并排序： 第一趟：（5,3）（1,9）； 第二趟：（3,5,1,9）； 第三趟：（1,3,5,9）； 快速排序： 第一趟：5（ ,3,1,9）；//5为哨兵，比较9和5 第二趟：5（1,3, ,9）；//比较1和5，将1挪到相应位置； 第三趟：5（1,3, ,9）;//比较3和5； 第四趟：（1,3,5,9）; 5. 设计分治算法求一个数组中的最大元素，并分析时间性能。 //简单的分治问题 //将数组均衡的分为“前”，“后”两部分 //分别求出这两部分最大值，然后再比较这两个最大值 #include extern const int n=6;//声明 int main() { int a[n]={0,6,1,2,3,5};//初始化 int mid=n/2; int num_max1=0,num_max2=0; for(int i=0;i<=n/2;++i)//前半部分 { if(a[i]>num_max1) num_max1=a[i]; } for(int j=n/2+1;j cout<<\数组中的最大元素： \ return 0; } 时间复杂度：O（n） 6. 设计分治算法，实现将数组A[n]中所有元素循环左移k个位置, 要求时间复杂性为O(n)，空间复杂性为O(1)。例如，对abcdefgh循环左移3位得到defghabc。 //采用分治法 //将数组分为0-k-1和k-n-1两块 //将这两块分别左移 //然后再合并左移 #include void LeftReverse(char *a, int begin, int end) { for(int i=0;i<(end-begin+1)/2;i++)//交换移动 { int temp=a[begin+i]; a[begin+i]=a[end-i]; a[end-i]=temp; } } void Converse(char *a,int n,int k) { LeftReverse(a, 0, k-1); LeftReverse(a, k, n-1); LeftReverse(a, 0, n-1); for(int i=0;i int main() { char a[7]={'a','b','c','d','e','f','g'}; Converse(a,7,3); return 0; } 7. 设计递归算法生成n个元素的所有排列对象。 #include using namespace std; int data[100]; //在m个数中输出n个排列数（n<=m） void DPpl(int num,int m,int n,int depth) { if(depth==n) { for(int i=0;i for(int j=0;j if((num&(1< DPpl(num+(1< int main() { DPpl(0,5,1,0); DPpl(0,5,2,0); DPpl(0,5,3,0); DPpl(0,5,4,0); DPpl(0,5,5,0); return 0; } 8. 设计分治算法求解一维空间上n个点的最近对问题。 参见4.4.1最近对问题的算法分析及算法实现 9. 在有序序列(r1, r2, ?, rn)中，存在序号i（1≤i≤n），使得ri=i。请设计一个分治算法找到这个元素，要求算法在最坏情况下的时间性能为O(log2n)。 //在有序数组中 //采用二分法查找符合条件的元素 #include void Findnum(int *a,int n) { int low=0; int high=n-1; while(low<=high) { int mid=(low+high)/2; if(a[mid]==mid) { cout<<\这个数是： \ break; } else if(a[mid]>mid) high=mid-1; else low=mid+1; } } int main() { int a[7]={1,0,2,5,6,7,9}; Findnum(a,7); return 0; } 时间复杂度为O(log2n)。 10. 在一个序列中出现次数最多的元素称为众数。请设计算法寻找众数并分析算法的时间复杂性。 //先对序列进行快速排序 //再进行一次遍历 //输出众数的重复次数 #include int partions(int b[],int low,int high) { int prvotkey=b[low]; b[0]=b[low]; while (low while (low b[low]=b[high]; while (low b[high]=b[low]; } b[low]=b[0]; return low; } void qsort(int l[],int low,int high) { int prvotloc; if(low prvotloc=partions(l,low,high); //将第一次排序的结果作为枢轴 qsort(l,low,prvotloc-1); //递归调用排序 由low 到prvotloc-1 qsort(l,prvotloc+1,high); //递归调用排序 由 prvotloc+1到 high } } void quicksort(int l[],int n) { qsort(l,1,n); //第一个作为枢轴 ，从第一个排到第n个 } int main() { int a[10]={1,2,3,5,3,3,3,2,5,1}; int i=0; int count=0; int max=0;//max表示出现的次数 qsort(a,0,10); while(i<10) { int j; j=i+1; if(a[i]=a[j]&&i<10) { count++; i++; } if(count>max) { max=count; count=0; } }//while cout<<\重复次数：\ return 0; } 时间复杂度nlog(n) 11. 设M是一个n×n的整数矩阵，其中每一行（从左到右）和每一列（从上到下）的元素都按升序排列。设计分治算法确定一个给定的整数x是否在M中，并分析算法的时间复杂性。 12. 设S是n（n为偶数）个不等的正整数的集合，要求将集合S划分为子集S1和S2，使得| S1|=| S2|=n/2，且两个子集元素之和的差达到最大。 //先用快速排序进行一趟排序 //如果s1（大的数集）的的个数大于n/2 //将（i<=n/2-low-1）个最小的数排到后面 //如果s1（大的数集）的的个数小于n/2 //将s2（小的数集）n/2-low-1排到前面 //将排好的数组的前n/2个数赋值给s1 //将排好的数组的后n/2个数赋值给s2 #include void partions(int a[],int low,int high) { //进行一趟快排 int prvotkey=a[low]; a[0]=a[low]; while (low { while (low a[low]=a[high]; while (low a[high]=a[low]; } a[low]=prvotkey; //如果s1（大的数集）的的个数大于n/2 if(low>=n/2) { for(int i=0;i<=n/2-low-1;++i) { for(int j=0;j //如果s1（大的数集）的的个数小于n/2 else for(int i=0;i<=n/2-low-1;++i) { for(int k=n-1;k int main() { int a[n]={1,3,5,9,6,0,-11,-8}; partions(a,0,n-1); for(int i=0;i if(i<4) { cout<<\属于子集s1的：\ cout< cout<<\属于子集s2的：\ cout< 13. 设a1, a2,?, an是集合{1, 2, ?, n}的一个排列，如果i //用归并进行排序 //当一个子集的一个数大于第二个子集的一个数，为逆序，即a[i]>a[j] //则逆序数为end-j+1; #include int count; void Merge(int a[],int a1[],int begin,int mid,int end)//合并子序列 { int i=begin,j=mid+1,k=end; while(i<=mid&&j<=end) { if(a[i]<=a[j]) a1[k++]=a[i++];//取a[i]和a[j]中较小者放入r1[k] else { a1[k++]=a[j++]; count+=(end-j+1); } } while(i<=mid) a1[k++]=a[i++]; while(j<=end) a1[k++]=a[j++]; } void MergeSort(int a[ ], int begin, int end) { int mid,a1[1000]; if(begin==end) return ; else { mid=(begin+end)/2; MergeSort(a,begin,mid); MergeSort(a,mid+1,end); Merge(a,a1,begin,mid,end); } } int main() { int a[6]={6,5,4,3,2,1}; count=0; MergeSort(a,0,6); cout< 14. 循环赛日程安排问题。设有n=2k个选手要进行网球循环赛，要求设计一个满足以下要求的比赛日程表： （1）每个选手必须与其他n-1个选手各赛一次； （2）每个选手一天只能赛一次。 采用分治方法。 将2^k选手分为2^k-1两组，采用递归方法，继续进行分组，直到只剩下2个选手时，然后进行比赛，回溯就可以指定比赛日程表了 15. 格雷码是一个长度为2n的序列，序列中无相同元素，且每个元素都是长度为n的 二进制位串，相邻元素恰好只有1位不同。例如长度为23的格雷码为(000, 001, 011, 010, 110, 111, 101, 100)。设计分治算法对任意的n值构造相应的格雷码。 //构造格雷码 #include int n; char a[100]; void gelei(int k) { if(k==n) { cout< gelei(k+1); a[k]='0'?'1':'0'; //取反 gelei(k+1); } int main() { while(cin>>n && n != 0) { memset(a,'0',sizeof(a)); //初始化，全部置零 a[n] ='\\0'; gelei(0); cout< return 0; } 16. 矩阵乘法。两个n×n的矩阵X和Y的乘积得到另外一个n×n的矩阵Z，且Zij 满足 （1≤i, j≤n），这个公式给出了运行时间为O(n3)的算法。可以用分 治法解决矩阵乘法问题，将矩阵X和Y都划分成四个n/2×n/2的子块，从而X和Y的乘积可以用这些子块进行表达，即 从而得到分治算法：先递归地计算8个规模为n/2的矩阵乘积AE、BG、AF、BH、CE、DG、 CF、DH，然后再花费O(n2)的时间完成加法运算即可。请设计分治算法实现矩阵乘法，并分析时间性能。能否再改进这个分治算法？ 习题5 1. 下面这个折半查找算法正确吗？如果正确，请给出算法的正确性证明，如果不正确，请 说明产生错误的原因。 int BinSearch(int r[ ], int n, int k) { int low = 0, high = n - 1; int mid; while (low <= high) { mid = (low + high) / 2; if (k < r[mid]) high = mid; else if (k > r[mid]) low = mid; else return mid; } return 0; } 错误。 正确算法： int BinSearch1(int r[ ], int n, int k) { int low = 0, high = n - 1; int mid; while (low <= high) { mid = (low + high) / 2; if (k < r[mid]) high = mid - 1; else if (k > r[mid]) low = mid + 1; else return mid; } return 0; } 2. 请写出折半查找的递归算法，并分析时间性能。 //折半查找的递归实现 #include int digui_search(int a[],int low,int high,int x) { if (low > high) return 0; int mid = (low+high)/2; if (a[mid] == x) return mid; else if (a[mid] < x) digui_search(a,low,mid-1,x); else digui_search(a,mid+1,high,x); } int main() { int a[6]={0,1,2,9,5,3}; int result=digui_search(a,0,5,5); cout< 3. 修改折半查找算法使之能够进行范围查找。所谓范围查找是要找出在给定值a和b之间 的所有元素（a≤b） 修改第二题算法并实现： //折半查找算法使之能够进行范围查找 #include //折半进行范围查找函数： void digui_search(int min, int max, int a[], int low, int high) { int mid; mid=(low+high)/2; if(a[mid] digui_search(min, max, a, mid, high); else if(a[mid]>max) digui_search(min, max, a, low, mid); else { for(int i=mid; a[i]>=min && i>=low; i--) cout< for(int j=mid+1; a[j]<=max && j<=high; j++) cout< void main() { int r[6], min, max; cout<<\请输入数组元素：\ for(int i=0; i<6; i++) cin>>r[i]; cout<<\请输入查找范围最小值min和最大值max：\ cin>>min>>max; digui_search(min, max, r, 0, 5); cout< 4. 求两个正整数m和n的最小公倍数。（提示：m和n的最小公倍数lcm(m, n)与m和n的最大公约数gcd(m, n)之间有如下关系：lcm(m, n)=m×n/gcd(m, n)） //求两个数的最小公倍数 #include int main (void) { int a,b; int i=1; cin>>a>>b; while((i%a!=0)||(i%b!=0)) ++i; cout<<\最小公倍数为：\ return 0; } (该算法比较直接，要使其改进，可用欧几里得算法求得两个数的最大公约数，然后套用上面的公式再求最小公倍数) 5. 插入法调整堆。已知（k1, k2, ?, kn）是堆，设计算法将（k1, k2, ?, kn, kn+1）调整为堆（假设调整为大根堆）。 参照： void SiftHeap(int r[ ], int k, int n) { int i, j, temp; i = k; j = 2 * i + 1; //置i为要筛的结点，j为i的左孩子 while (j < n) //筛选还没有进行到叶子 { if (j < n-1 && r[j] < r[j+1]) j++; //比较i的左右孩子，j为较大者 if (r[i] > r[j]) //根结点已经大于左右孩子中的较大者 break; else { temp = r[i]; r[i] = r[j]; r[j] = temp; //将被筛结点与结点j交换 i = j; j = 2 * i + 1; //被筛结点位于原来结点j的位置 } } } 进行调堆！ 6. 设计算法实现在大根堆中删除一个元素，要求算法的时间复杂性为O(log2n)。 //将要删除的a[k]与最后一个元素a[n-1]交换 //然后进行调堆 void de_SiftHeap(int r[ ], int k, int n) { int i, j, temp,temp1; i = k; j = 2 * i + 1; if(i<0||i>n-1) return error; else if(i==n-1) free(a[i]); else //置i为要筛的结点，j为i的左孩子 while (j < n) //筛选还没有进行到叶子 { temp1=a[i]; //将a[n-1]与a[k]交换； a[i]=a[n-1]; a[n-1]= temp1; if (j < n-1 && r[j] < r[j+1]) j++; //比较i的左右孩子，j为较大者 if (r[i] > r[j]) //根结点已经大于左右孩子中的较大者 break; else { temp = r[i]; r[i] = r[j]; r[j] = temp; //将被筛结点与结点j交换 i = j; j = 2 * i + 1; //被筛结点位于原来结点j的位置 } } } 7. 计算两个正整数n和m的乘积有一个很有名的算法称为俄式乘法，其思想是利用了一个规模是n的解和一个规模是n/2的解之间的关系：n×m＝n/2×2m（当n是偶数）或：n×m＝(n-1)/2×2m＋m（当n是奇数），并以1×m＝m作为算法结束的条件。例如，图5.15给出了利用俄式乘法计算50×65的例子。据说十九世纪的俄国农夫使用该算法并因此得名，这个算法也使得乘法的硬件实现速度非常快，因为只使用移位就可以完成二进制数的折半和加倍。请设计算法实现俄式乘法。 //俄式乘法 #include int fun(int m,int n) { int sum=0; int temp=n; while(m!=1) { if(m%2==0)//如果n是偶数 { n=n*2; m=m/2; } else//如果n是奇数 { n=n*2; sum+=temp; m=(m-1)/2; n m 50 65 25 130 130 12 260 6 520 3 1040 1040 1 2080 + 2080 3250 图5.15 俄式乘法 } temp=n;//记录倒数第二个n的值 } return sum+n; } int main() { int a,b; while(cin>>a>>b) { cout< 8. 拿子游戏。考虑下面这个游戏：桌子上有一堆火柴，游戏开始时共有n根火柴，两个玩家轮流拿走1，2，3或4根火柴，拿走最后一根火柴的玩家为获胜方。请为先走的玩家设计一个制胜的策略（如果该策略存在）。 如果桌上有小于4根的火柴，先手必胜，如果是5根，先手必输；依次类推，同理15、20、25…….都是必输状态；所有每次把对手逼到15、20、25…….等必输状态，就可以获胜。 9. 竞赛树是一棵完全二叉树，它反映了一系列“淘汰赛”的结果：叶子代表参加比赛的n个选手，每个内部结点代表由该结点的孩子结点所代表的选手中的胜者，显然，树的根结点就代表了淘汰赛的冠军。请回答下列问题： （1）这一系列的淘汰赛中比赛的总场数是多少？ （2）设计一个高效的算法，它能够利用比赛中产生的信息确定亚军。 （1）因为n人进行淘汰赛，要淘汰n-1人，所有要进行n-1场比赛。 （2） 10. 在120枚外观相同的硬币中，有一枚是假币，并且已知假币与真币的重量不同，但不知道假币与真币相比较轻还是较重。可以通过一架天平来任意比较两组硬币，最坏情况下，能不能只比较5次就检测出这枚假币？ 将120枚平均分为三组，记为：A，B，C；先将A,B比较，如果A,B重量不同（假如B比A重），再将B与C比较，如果B，C相同，则A有假币；如果B,C不同，再将A,C比较，如果A,C相同，则B有假币；如果A,C不同，则B有假币；如果A,B相同，则C有假币； 习题6 1. 动态规划法为什么都需要填表？如何设计表格的结构？ 在填写表格过程中，不仅可以使问题更加清晰，更重要的是可以确定问题的存储结构； 设计表格，以自底向上的方式计算各个子问题的解并填表。 2. 对于图6.26所示多段图，用动态规划法求从顶点0到顶点12的最短路径，写出求解过程。 1 6 3 8 1 7 3 3 3 5 6 5 10 4 4 5 5 8 2 0 12 3 5 3 8 3 11 3 7 9 8 2 6 6 6 4 图6.26 第2题图 将该多段图分为四段； 首先求解初始子问题，可直接获得： d(0, 1)=c01＝5(0→1) d(0, 2)=c02＝3(0→1) 再求解下一个阶段的子问题，有： d(0,3)= d(0, 1)+ c13 =6(1→3) d(0,4)=min{d(0,1)+ c14 ,d(0,2)+ c24}=8(1→4) 。。。。。。。。（以此类推） 最短路径为：0→1→3→8→11→12 3．用动态规划法求如下0/1背包问题的最优解：有5个物品，其重量分别为(3, 2, 1, 4,5)，价值分别为(25, 20, 15, 40, 50)，背包容量为6。写出求解过程。 (x1, x2,x3,x4,x5) →(1,1,1,0,0)(过程略) 4. 用动态规划法求两个字符串A=\xzyzzyx\和B=\zxyyzxz\的最长公共子序列。写出求解过程。 略 5. 给定模式\和文本\，写出动态规划法求解K-近似匹配的过程。 略 6. 对于最优二叉查找树的动态规划算法，设计一个线性时间算法，从二维表R中生成最优二叉查找树。 7. Ackermann函数A(m, n)的递归定义如下： n?1??A(m,n)??A(m?1,1)?A(m?1,A(m,n?1))?m?0m?0,n?0 m?0,n?0设计动态规划算法计算A(m, n)，要求算法的空间复杂性为O(m)。 //求ackman函数 //使用栈 #include long ackman(long m, long n) { long stack[10000]; int pos=1; stack[0]=m;stack[1]=n; while(pos) { n=stack[pos--]; m=stack[pos]; if(m==0) stack[pos]=n+1; if(m!=0&&n==0) { stack[pos++]=m-1; stack[pos]=1; } if(m!=0&&n!=0) { stack[pos++]=m-1; stack[pos++]=m; stack[pos]=n-1; } } return stack[0]; } int main(int argc, char *argv[]) { long m,n; cin>>m>>n; cout< return 0; } 8. 考虑下面的货币兑付问题：在面值为(v1, v2, ?, vn)的n种货币中，需要支付y值的货币，应如何支付才能使货币支付的张数最少，即满足 nn?xvi?1ii?y，且使?xi最小（xi是 i?1非负整数）。设计动态规划算法求解货币兑付问题，并分析时间性能和空间性能。 #include int a[N][M]; int value[M]; using namespace std; int main() { while(true) { int i,j,k; int x,y,z; cout<<\输入货币种类的个数：\ cin>>x; cout<<\从小到大输入货币的价值，其中第一个必须为一：\ for(i=1;i<=x;i++)//x为货币种类的个数 { cout<<\ cin>>y; value[i]=y; } cout<<\输入要兑换的钱的价值：\ cin>>z;//z为钱 for(j=0;j<=z;j++) a[j][0]=0; for(k=0;k<=x;k++) a[0][k]=0; for(i=1;i<=z;i++) { for(j=1;j<=x;j++) { if(value[j]==i) a[i][j]=1; else if(value[j]>i) a[i][j]=a[i][j-1]; else a[i][j]=a[i-value[j]][j]+1;//相当于把乘法换成加法，即碰到一个钱数于 兑换货币自身价值时，返回到 钱数减去该货币值的地方，其值再加1// }//for } cout<<\兑换的最小货币个数是：\ }//while return 0; }