每日一练蓝桥杯C语言：暴力枚举
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暴力枚举
在进行归纳推理时，如果逐个考察了某类事件的所有可能情况，因而得出一般结论，那么这结论是可靠的，这种归纳方法叫做枚举法．
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枚举法，也叫暴力破解法，是一种基于逐个尝试答案的一种问题求解策略。
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最开始接触算法的时候，大家练习的基础算法都是有关于枚举算法的，比如打印出9 * 9的乘法表，求水仙花数，求素数等等，像这一类的题目就是在一定的范围内寻找满足条件的答案。
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枚举算法的核心思想就是：枚举所有的可能
猜年龄
问题描述：
美国数学家维纳(N.Wiener)智力早熟，11岁就上了大学。他曾在1935~1936年应邀来中国清华大学讲学。 一次，他参加某个重要会议，年轻的脸孔引人注目。于是有人询问他的年龄，他回答说：“我年龄的立方 是个4位数。我年龄的4次方是个6位数。这10个数字正好包含了从0到9这10个数字，每个都恰好出现1次。”请你推算一下，他当时到底有多年轻。直接提交他那时的年龄数字。
思路分析：
通过暴力破解的方法，找到年龄的大概范围，假设他的年龄为x,10^3=1000, 30^4=8100，说明x的范围在[10,30]之间。
int main(){
for(int i = 10;i <= 30;i++)
{
printf("%d= %.0f %.0fn",i,pow(i,3),pow(i,4));//pow指i的立方，i的四次方
}
return 0;
}
结果：
网友年龄
问题描述：
某君新认识一网友。当问及年龄时，他的网友说：“我的年龄是个2位数，我比儿子大27岁,
如果把我的年龄的两位数字交换位置，刚好就是我儿子的年龄”
请你计算：网友的年龄一共有多少种可能情况？
提示：30岁就是其中一种可能哦.
请填写表示可能情况的种数。
思路分析：
网友的年龄比他儿子大27，就说明网友至少27岁，即为初始值为27，两位数最大也就是99，范围【27,99】，假设网友年龄为i，设个位为b,十位数为10a,把他的年龄数字交换位置正好是他的儿子的年龄，那么他儿子的年龄为10b+a,判断条件是网友的年龄减去27等于他儿子的年龄，sum累加几种可能性。
#include<stdio.h>
#include<math.h>
int main()
{
int i,a,b,son,sum=0;
for(i=27;i<100;i++){
a=i/10;
b=i%10; //例如41对10整除取4，对10取余得1，即他儿子14岁
son=(b*10)+a;
if(27==i-son){
printf("%dn",i);
sum++;
}
}
printf("共有%d种可能性n",sum);
return 0;
}
结果：
30
41
52
63
74
85
96
共有7种可能性
生日年龄数
问题描述：
某君从某年开始每年都举办一次生日party，并且每次都要吹熄与年龄相同根数的蜡烛。现在算起来，他一共吹熄了236根蜡烛。
请问，他从多少岁开始过生日party的？
请输出他开始过生日party的年龄数。
注意：你输出的应该是一个整数，不要输出任何多余的内容或说明性文字。
输入
没有输入。
输出
输出一个整数，即某君开始过生日party的年龄数
提示
用printf或cout输出答案。
思路分析：
假设i为初始年龄，j为终止年龄，j肯定要大于i,那么j=i+1,k为多少根蜡烛！暴力累加。
int main()
{
for(int i=1;i<=100;i++)
{
for(int j=i+1;j<=100;j++)
{
int sum=0;
for(int k=i;k<=j;k++){
sum += k;
}
if(sum==236)
printf("%d",i);
}
}
return 0;
}
结果：26
数学题
问题描述：
有限五位数
个位数为6且能被3整除的五位数有多少个？
思路分析：
首先分析5位数的范围【10000,99999】，个位数为6说明至少两位数，并对3取余，ans累加。
#include <stdio.h>
#include <stdlib.h>
int main() {
int ans=0;
for(int i=10000;i<=99999;i++){
if((i*10+6)%3==0){
ans++;
}
}
printf("能被3整除的有%d个",ans);
return 0;
}
结果：能被3整除的有3000个
马虎的算式
问题描述：
小明是个急性子，上小学的时候经常把老师写在黑板上的题目抄错了。有一次，老师出的题目是：36 x 495 =? 他却给抄成了：396 x 45 = ? 但结果却很戏剧性，他的答案竟然是对的！！ 因为 36 * 495 = 396 * 45= 1782 类似这样的巧合情况可能还有很多，比如：27* 594 = 297 * 54
假设 a b c d e 代表1~9不同的5个数字（注意是各不相同的数字，且不含0）
能满足形如： ab * cde = adb* ce 这样的算式一共有多少种呢？请你利用计算机的优势寻找所有的可能，并回答不同算式的种类数。
满足乘法交换律的算式计为不同的种类，所以答案肯定是个偶数。
答案直接通过浏览器提交。注意：只提交一个表示最终统计种类数的数字，不要提交解答过程或其它多余的内容。
思路分析：
假设a b c d e 代表1~9不同的5个数字，a b c d e的范围在【1,9】，有多少种结果用ans累加法，通过判断条件abcde=adbce满足条件累加1,然后有一种可能就是a与b相等，所以判断否定a不等于b,其他字母也一样。
#include<stdio.h>
int main(){
int ans=0,m,n;
for(int a = 1;a<=9;a++){
for(int b = 1;b<=9;b++){
for(int c = 1;c<=9;c++){
for(int d =1;d<=9;d++){
for(int e =1;e<=9;e++){
m = (a*10+b)*(c*100+d*10+e);
n = (a*100+d*10+b)*(c*10+e);
if(m==n&&a!=b&&a!=c&&a!=d&&a!=e&&b!=c&&b!=d&&b!=e&&c!=d&&c!=e&&d!=e){
ans++;
}
}
}
}
}
}
printf("一共%d种",ans);
return 0;
}
结果：142
奇怪的分式
问题描述：
上小学的时候，小明经常自己发明新算法。一次，老师出的题目是： 1/4 乘以 8/5 小明居然把分子拼接在一起，分母拼接在一起，答案是：18/45。老师刚想批评他，转念一想，这个答案凑巧也对啊，真是见鬼！
对于分子、分母都是 1~9 中的一位数的情况，还有哪些算式可以这样计算呢？ 请写出所有不同算式的个数（包括题中举例的）。
显然，交换分子分母后，例如：4/1 乘以 5/8 是满足要求的，这算做不同的算式。
但对于分子分母相同的情况，2/2 乘以 3/3 这样的类型太多了，不在计数之列!
注意：答案是个整数（考虑对称性，肯定是偶数）。
请通过浏览器提交。不要书写多余的内容。
思路分析：
其实跟上一道差不多，找出范围，找出判断条件，找出不符合条件，利用累加ans
注意不可以用（a/b)*(c/d)==((a*10+c)/b*10+d)),而是利用数学里面的十字相乘法
#include<stdio.h>
int main(){
int ans=0;
for(int a=1;a<=9;a++){
for(int b =1;b<=9;b++){
for(int c =1;c<=9;c++){
for(int d=1;d<=9;d++){
if(a==b&&c==d)
continue;
int e = a*10+c,f = b*10+d;
if(a*c*f==b*d*e){
ans++;
}
}
}
}
}
printf("%d",ans);
return 0;
}
结果：14
几何题
问题描述：
小蓝有一个超大的仓库，可以摆放很多货物。现在，小蓝有 n 箱货物要摆放在仓库，每箱货物都是规则的正方体。小蓝规定了长、宽、高三个互相垂直的方向，每箱货物的边都必须严格平行于长、宽、高。小蓝希望所有的货物最终摆成一个大的立方体。即在长、宽、高的方向上分别堆 L 、 W 、 H 的货物，满足 n = L × W × H。给定 n ，请问有多少种堆放货物的方案满足要求。
例如，当 n = 4 时，有以下 6 种方案： 1 × 1 × 4 、 1 × 2 × 2 、 1 × 4 × 1 、 2 × 1 × 2 、 2 × 2 × 1 、 4 × 1 × 1
请问，当 n = 2021041820210418 （注意有 16位数字）时，总共有多少种方案？
提示：建议使用计算机编程解决问题。
思路分析：
循环暴力枚举解决法，理论上可以，可行性不行，转换思路分解出整个数字的所有因（约）数，然后对所有的因数暴力枚举两重循环，计算出结果。
#include<stdio.h>
int judge(long long a,long long b,long long c)
{
if(a==b==c)//长宽高相同排列只有一种组合
return 1;
if(a==b&&a!=c||a==c&&a!=b||b==c&&a!=b) //长宽高 任意两个相同排列只有3种
return 3;
else
return 6; //长宽高都不相同排列只有6种
}
int mian()
{
long long n =2021041820210418;
long long L,W,H;
long long ans=0;
for(L=1;L*L*L<=n;L++) //l是最小的一方
{
if(n%L==0)//小优化
{
for(W=L;L*W*W<=n;W++)//l是第二大的一方，次数多
{
if(n%(L*W)==0)//小优化
{
H=n/L/W;
if(H>=W){
ans+=judge(L,W,H);
}
}
}
}
}
printf("%d",ans);
}
结果：2430