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简单高数积分问题∫1/（1-t^2）dt
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原式=∫dt/[(1-t)(1+t)]=1/2∫[1/(1+t)+1/(1-t)]dt=1/2[ln|1+t|-ln|1-t|]+C (C是积分常数)=1/2ln|(1+t)/(1-t)|+C (C是积分常数)
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数学难题可以是指那些历经长时间而仍未有解答/完全解答的。古今以来，一些特意提出的数学难题有：、希尔伯特的23个问题、、等。
数学难题三大数学猜想
数学难题费尔马大定理
起源于三百多年前，挑战人类3个世纪，多次震惊全世界，耗尽人类众多最杰出大脑的精力，也让千千万万业余者痴迷。终于在1994年被攻克。
数学家写过一本著名的《算术》（Arithmetica），经历中世纪的愚昧黑暗到的时候，《算术》的残本重新被发现研究。1637年，法国业余大数学家（Pierre de Fremat）在《算术》的关于问题的页边上，写下猜想：xn+ yn =zn 是不可能的（这里n大于2；x，y，z，n都是非零整数)。此猜想后来就称为。费尔马还写道“我对此有绝妙的证明，但此页边太窄写不下”。一般公认，他当时不可能有正确的证明。猜想提出后，经等数代天才努力，200年间只解决了n=3,4,5,7四种情形。1847年，创立“”这一现代重要学科。他还证明了当n﹤100时，除却n=37、59、67这些不规则质数的情况，费尔马大定理都成立，是一次大飞跃。
历史上费尔马大定理高潮迭起，传奇不断。其惊人的魅力，曾在最后时刻挽救自杀青年于不死。他就是德国的沃尔夫斯克勒，他于1908年为费尔马大定理设悬赏10万马克（相当于现时的160万美元多），期限年。无数人耗尽心力，空留浩叹。最现代的电脑加数学技巧，验证了400万以内的n，但这对最终证明无济于事。1983年德国的证明了：对任一固定的n，最多只有有限多个x，y，z，振动了世界，获得菲尔兹奖（数学界最高奖）。
历史的新转机发生在1986年夏，贝克莱·瑞波特证明了：费尔马大定理包含在“谷山-志村猜想” 之中。童年就痴迷于此的，闻此立刻潜心于顶楼书房7年，曲折卓绝，汇集了20世纪所有的突破性成果。终于在日牛顿研究所的“世纪演讲”最后，宣布证明了费尔马大定理。立刻震动世界，普天同庆。不幸的是，数月后逐渐发现此证明有漏洞，一时更成世界焦点。这个证明体系是千万个深奥连接成千个最现代的定理、事实和计算所组成的千百回转的逻辑网络，任何一环节的问题都会导致前功尽弃。怀尔斯绝境搏斗，毫无出路。
日，星期一的早晨，怀尔斯在思维的闪电中突然找到了迷失的钥匙：解答原来就在纸堆中！他热泪夺眶而出。怀尔斯的历史性长文“模椭圆曲线和费尔马大定理”1995年5月发表在美国《数学年刊》第142卷，实际占满了全卷，共五章，130页。日，怀尔斯获得沃尔夫斯克勒10万马克悬赏大奖。离截止期10年，圆了历史的梦。他还获得(1996.3），美国国家科学院奖（1996.6），菲尔兹奖（1998.8）。
数学难题四色问题
的内容是：“任何一张地图只用四种颜色就能使具有共同边界的国家着上不同的颜色。”用数学语言表示，即“将平面任意地细分为不相重叠的区域，每一个区域总可以用1，2，3，4这四个数字之一来标记，而不会使相邻的两个区域得到相同的数字。”
这里所指的相邻区域，是指有一整段边界是公共的。如果两个区域只相遇于一点或有限多点，就不叫相邻的。因为用相同的颜色给它们着色不会引起混淆。
四色猜想的提出来自英国。1852年，毕业于的弗南西斯·格思里来到一家科研单位搞地图着色工作时，发现了一种有趣的现象：“看来，每幅地图都可以用四种颜色着色，使得有共同边界的国家都被着上不同的颜色。”这个现象能不能从数学上加以严格证明呢？他和在大学读书的弟弟格里斯决心试一试。兄弟二人为证明这一问题而使用的稿纸已经堆了一大叠，可是研究工作没有进展。
日，他的弟弟就这个问题的证明请教了他的老师、著名数学家，摩根也没有能找到解决这个问题的途径，于是写信向自己的好友、著名数学家请教。哈密顿接到摩根的信后，对四色问题进行论证。但直到1865年哈密顿逝世为止，问题也没有能够解决。
1872年，英国当时最著名的数学家正式向伦敦数学学会提出了这个问题，于是四色猜想成了世界数学界关注的问题。世界上许多一流的数学家都纷纷参加了四色猜想的大会战。年两年间，著名的律师兼数学家肯普和泰勒两人分别提交了证明四色猜想的论文，宣布证明了，大家都认为四色猜想从此也就解决了。
肯普的证明是这样的：首先指出如果没有一个国家包围其他国家，或没有三个以上的国家相遇于一点，这种地图就说是“正规的”。如为正规地图，否则为非正规地图。一张地图往往是由正规地图和非正规地图联系在一起，但非正规地图所需颜色种数一般不超过正规地图所需的颜色，如果有一张需要五种颜色的地图，那就是指它的正规地图是五色的，要证明四色猜想成立，只要证明不存在一张正规五色地图就足够了。
肯普是用来证明的，大意是如果有一张正规的五色地图，就会存在一张国数最少的“极小正规五色地图”，如果极小正规五色地图中有一个国家的邻国数少于六个，就会存在一张国数较少的正规地图仍为五色的，这样一来就不会有极小五色地图的国数，也就不存在正规五色地图了。这样肯普就认为他已经证明了“四色问题”，但是后来人们发现他错了。
不过肯普的证明阐明了两个重要的概念，对以后问题的解决提供了途径。第一个概念是“构形”。他证明了在每一张正规地图中至少有一国具有两个、三个、四个或五个邻国，不存在每个国家都有六个或更多个邻国的正规地图，也就是说，由两个邻国，三个邻国、四个或五个邻国组成的一组“构形”是不可避免的，每张地图至少含有这四种构形中的一个。
肯普提出的另一个概念是“可约”性。“可约”这个词的使用是来自肯普的论证。他证明了只要五色地图中有一国具有四个邻国，就会有国数减少的五色地图。自从引入“构形”，“可约”概念后，逐步发展了检查构形以决定是否可约的一些标准方法，能够寻求可约构形的不可避免组，是证明“四色问题”的重要依据。但要证明大的构形可约，需要检查大量的细节，这是相当复杂的。
11年后，即1890年，在就读的年仅29岁的赫伍德以自己的精确计算指出了肯普在证明上的漏洞。他指出肯普说没有极小五色地图能有一国具有五个邻国的理由有破绽。不久，泰勒的证明也被人们否定了。人们发现他们实际上证明了一个较弱的命题——五色定理。就是说对地图着色，用五种颜色就够了。后来，越来越多的数学家虽然对此绞尽脑汁，但一无所获。于是，人们开始认识到，这个貌似容易的题目，其实是一个可与相媲美的难题。
进入20世纪以来，科学家们对四色猜想的证明基本上是按照肯普的想法在进行。1913年，美国著名数学家、的伯克霍夫利用肯普的想法，结合自己新的设想；证明了某些大的构形可约。后来美国数学家于1939年证明了22国以下的地图都可以用四色着色。1950年，有人从22国推进到35国。1960年，有人又证明了39国以下的地图可以只用四种颜色着色；随后又推进到了50国。看来这种推进仍然十分缓慢。
高速数字计算机的发明，促使更多数学家对“四色问题”的研究。从1936年就开始研究四色猜想的海克，公开宣称四色猜想可用寻找可约图形的不可避免组来证明。他的学生丢雷写了一个计算程序，海克不仅能用这程序产生的数据来证明构形可约，而且描绘可约构形的方法是从改造地图成为数学上称为“对偶”形着手。
他把每个国家的首都标出来，然后把相邻国家的首都用一条越过边界的铁路连接起来，除首都(称为顶点)及铁路(称为弧或边)外，擦掉其他所有的线，剩下的称为原图的。到了六十年代后期，海克引进一个类似于在电网络中移动电荷的方法来求构形的不可避免组。在海克的研究中第一次以颇不成熟的形式出现的“放电法”，这对以后关于不可避免组的研究是个关键，也是证明的中心要素。
电子计算机问世以后，由于演算速度迅速提高，加之人机对话的出现，大大加快了对四色猜想证明的进程。哈肯在1970年着手改进“放电过程”，后与合作编制一个很好的程序。就在1976年6月，他们在美国的两台不同的电子计算机上，用了1200个小时，作了100亿判断，终于完成了四色定理的证明，轰动了世界。
这是一百多年来吸引许多数学家与数学爱好者的大事，当两位数学家将他们的研究成果发表的时候，当地的邮局在当天发出的所有邮件上都加盖了“四色足够”的特制邮戳，以庆祝这一难题获得解决。
“四色问题”的被证明仅解决了一个历时100多年的难题，而且成为数学史上一系列新思维的起点。在“四色问题”的研究过程中，不少新的数学理论随之产生，也发展了很多数学计算技巧。如将地图的着色问题化为问题，丰富了图论的内容。不仅如此，“四色问题”在有效地设计航空班机日程表，设计计算机的编码程序上都起到了推动作用。
不过不少数学家并不满足于计算机取得的成就，他们认为应该有一种更简捷明快的书面证明方法。直到现在，仍然有不少数学家和数学爱好者还在寻找更简洁的证明方法。
数学难题哥德巴赫猜想
史上和质数有关的中，最著名的当然就是“”了。
日，德国数学家在写给著名数学家欧拉的一封信中，提出了两个大胆的猜想：
一、任何不小于6的，都是两个奇之和；
二、任何不小于9的，都是三个奇质数之和。
这就是数学史上著名的“哥德巴赫猜想”。显然，第二个猜想是第一个猜想的必要不充分条件。通常把第一个猜想叫做强猜想，第二个叫做弱猜想。
同年6月30日，欧拉在给哥德巴赫的回信中， 明确表示他深信哥德巴赫的这两个猜想都是正确的定理，但是欧拉当时还无法给出证明。由于欧拉是当时欧洲最伟大的数学家，他对哥德巴赫猜想的信心，影响到了整个欧洲乃至世界数学界。从那以后，许多数学家都跃跃欲试，甚至一生都致力于证明哥德巴赫猜想。可是直到19世纪末，哥德巴赫猜想的证明也没有任何进展。证明哥德巴赫猜想的难度，远远超出了人们的想象。有的数学家把哥德巴赫猜想比喻为“数学王冠上的明珠”。
我们从6=3+3、8=3+5、10=5+5、……、100=3+97=11+89=17+83、……这些具体的例子中，可以看出哥德巴赫猜想都是成立的。有人甚至逐一验证了3300万以内的所有偶数，竟然没有一个不符合哥德巴赫猜想的。20世纪，随着计算机技术的发展，数学家们发现哥德巴赫猜想对于更大的数依然成立。可是自然数是无限的，谁知道会不会在某一个足够大的偶数上，突然出现哥德巴赫猜想的反例呢？于是人们逐步改变了探究问题的方式。
1900年，20世纪最伟大的数学家，在国际数学会议上把“哥德巴赫猜想”列为23个数学难题之一。此后，20世纪的数学家们在世界范围内“联手”进攻“哥德巴赫猜想”堡垒，终于取得了辉煌的成果。
20世纪的数学家们研究哥德巴赫猜想所采用的主要方法，是、圆法、密率法(density)和三角和法等等高深的。解决这个猜想的思路，就像“缩小包围圈”一样，逐步逼近最后的结果。
1920年，挪威数学家证明了定理“9+9”，由此划定了进攻“哥德巴赫猜想”的“大包围圈”。这个“9+9”是怎么回事呢？所谓“9+9”，翻译成就是：“任何一个足够大的偶数，都可以表示成其它两个数之和，而这两个数中的每个数，都是2个之积。” 从这个“9+9”开始，全世界的数学家集中力量“缩小包围圈”，当然最后的目标就是“1+1”了。
1924年，德国数学家雷德马赫证明了定理“7+7”。很快，“6+6”、“5+5”、“4+4”和“3+3”逐一被攻陷。1957年，我国数学家证明了“2+3”。1962年，中国数学家证明了“1+5”，同年又和王元合作证明了“1+4”。1965年，苏联数学家证明了“1+3”。
1966年，我国著名数学家攻克了“1+2”，也就是：“任何一个足够大的偶数，都可以表示成两个数之和，而这两个数中的一个就是奇质数，另一个则是两个奇质数的积。”这个定理被世界数学界称为“”。
由于陈景润的贡献，人类距离哥德巴赫猜想的最后结果“1+1”仅有一步之遥了。但为了实现这最后的一步，也许还要历经一个漫长的探索过程。有许多数学家认为，要想证明“1+1”，必须通过创造新的数学方法，以往的路很可能都是走不通的。
数学难题七大数学难题
美国的于日在巴黎宣布了一件被媒体炒得火热的大事：对七个“千年数学难题”的每一个悬赏一百万美元。
其中有一个已被解决()，还剩六个。（庞加莱猜想，已由俄罗斯数学家破解。我国教授和旅美数学家、兼职教授做了证明的封顶工作。）
整个计算机科学的大厦就建立在可计算理论和的基础上,
“千年大奖问题”公布以来， 在世界数学界产生了强烈反响。这些问题都是关于数学基本理论的，但这些问题的解决将对数学理论的发展和应用的深化产生巨大推动。认识和研究“千年大奖问题”已成为世界数学界的热点。不少国家的数学家正在组织联合攻关。 可以预期， “千年大奖问题” 将会改变新世纪数学发展的历史进程。
一、P（）问题对NP（nondeterministic polynomial time，非确定多项式时间问题）
在一个周六的晚上，你参加了一个盛大的晚会。由于感到局促不安，你想知道这一大厅中是否有你已经认识的人。你的主人向你提议说，你一定认识那位正在甜点盘附近角落的女士罗丝。不费一秒钟，你就能向那里扫视，并且发现你的主人是正确的。然而，如果没有这样的暗示，你就必须环顾整个大厅，一个个地审视每一个人，看是否有你认识的人。生成问题的一个解通常比验证一个给定的解时间花费要多得多。这是这种一般现象的一个例子。与此类似的是，如果某人告诉你，数13，717，421可以写成两个较小的数的乘积，你可能不知道是否应该相信他，但是如果他告诉你它可以为3607乘上3803，那么你就可以用一个袖珍计算器容易验证这是对的。不管我们编写程序是否灵巧，判定一个答案是可以很快利用内部知识来验证，还是没有这样的提示而需要花费大量时间来求解，被看作逻辑和计算机科学中最突出的问题之一。它是斯蒂文·考克于1971年陈述的。
一旦证明P=NP，将是计算机科学的一场决定性的突破，在软件工程实践中，将革命性的提高效率。从工业、农业、军事、医疗到生活、以至软件在它的各个应用域，都将是一个飞跃。
二、霍奇猜想（Hodge conjecture）
二十世纪的数学家们发现了研究复杂对象的形状的强有力的办法。基本想法是问在怎样的程度上，我们可以把给定对象的形状通过把不断增加的简单几何营造块粘合在一起来形成。这种技巧是变得如此有用，使得它可以用许多不同的方式来推广；最终导致一些强有力的工具，使数学家在对他们研究中所遇到的形形色色的对象进行分类时取得巨大的进展。不幸的是，在这一推广中，程序的几何出发点变得模糊起来。在某种意义下，必须加上某些没有任何几何解释的部件。断言，对于所谓这种特别完美的空间类型来说，称作霍奇闭链的部件实际上是称作的几何部件的(有理线性)组合。
三、庞加莱猜想（Poincaré conjecture）
如果我们伸缩围绕一个苹果表面的橡皮带，那么我们可以既不扯断它，也不让它离开表面，使它慢慢移动收缩为一个点。另一方面，如果我们想象同样的橡皮带以适当的方向被伸缩在一个轮胎面上，那么不扯断橡皮带或者轮胎面，是没有办法把它收缩到一点的。我们说，苹果表面是“的”，而轮胎面不是。大约在一百年以前，法国数学家已经知道，二维球面本质上可由单连通性来刻画，他提出(四维空间中与原点有单位距离的点的全体)的对应问题。这个问题立即变得无比困难，从那时起，数学家们就在为此奋斗。
在2002年11月和2003年7月之间，俄罗斯的数学家在发表了三篇论文，并声称证明了。
在之后，先后有3组研究者发表论文补全佩雷尔曼给出的证明中缺少的细节。这包括的布鲁斯·克莱纳和约翰·洛特；的约翰·摩根和的；以及的和的。
2006年8月，第25届授予佩雷尔曼。数学界最终确认佩雷尔曼的证明解决了庞加莱猜想。
四、黎曼假设
有些数具有不能表示为两个更小的数的乘积的特殊性质，例如，2、3、5、7……等等。这样的数称为；它们在及应用数学中都起着重要作用。在所有自然数中，似乎并不遵循任何有规则的模式；然而，德国数学家()观察到，素数的频率紧密相关于所谓的黎曼ζ函数。断言，方程ζ(s)=0的非平凡零点的实部都是1/2，即位于直线1/2 + ti（“临界线”，critical line）上。这点已经对于开首的1,500,000,000个解验证过。证明它对于每一个有意义的解都成立，将为围绕素数分布的许多奥秘带来光明。
五、杨－米尔斯(Yang-Mills)存在性和质量缺口
的定律是以的对宏观世界的方式对世界成立的。大约半个世纪以前，和发现，量子物理揭示了在基本粒子物理与几何对象的数学之间的令人注目的关系。基于杨－米尔斯方程的预言已经在如下的全世界范围内的实验室中所履行的高能实验中得到证实：布罗克哈文、、和。
尽管如此，他们的既描述重粒子、又在数学上严格的方程，并没有已知的解。特别是，被大多数物理学家所确认、并且在他们的对于“”的不可见性的解释中应用的“质量缺口”假设，从来没有得到一个数学上令人满意的证实。在这一问题上的进展需要在物理上和数学上两方面引进根本上的新观念。
六、纳维-斯托克斯存在性与光滑性（Navier–Stokes existence and smoothness）
起伏的波浪跟随着我们的正在湖中蜿蜒穿梭的小船，湍急的气流跟随着我们的现代的飞行。数学家和物理学家深信，无论是微风还是，都可以通过理解的解，来对它们进行解释和预言。虽然这些方程是19世纪写下的，我们对它们的理解仍然极少。挑战在于对数学理论作出实质性的进展，使我们能解开隐藏在纳维叶－斯托克斯方程中的奥秘。
七、贝赫和斯维讷通－戴尔猜想（Birch and Swinnerton-Dyer Conjecture）
数学家总是对诸如x2+y2=z2那样的的所有整数解的刻画问题着迷。曾经对这一方程给出完全的解答，但是对于更为复杂的方程，这就变得极为困难。事实上，正如马蒂雅谢维奇指出，希尔伯特第十问题是不可解的，即，不存在一般的方法来确定这样的方法是否有一个整数解。当解是一个阿贝尔簇的点时，认为，的群的大小与一个有关的蔡塔函数z(s)在点s=1附近的性态。特别是，这个有趣的猜想认为，如果z(1)等于0,那么存在无限多个有理点(解)，相反，如果z(1)不等于0,那么只存在有限多个这样的点。
数学难题新进展
发现已知的最大素数
美国中央数学家柯蒂斯·库珀领导的研究小组通过参加一个名为“互联网梅森素数大搜索”（）的国际合作项目，于日发现了目前已知的最大素数——2-1 （即2的次方减1）。该素数是第48个，有位；如果用普通字号将它连续打印下来，其长度可超过65公里！美国数学学会发言人迈克·布林宣称：这是数论研究的一项重大突破。
研究小组在大约1000台大学里的计算机上运行GIMPS的软件，每台计算机都不间断地用了39天时间证明2-1是个素数。之后其他研究者也独立验证了这一结果。
通过参加GIMPS项目，一共发现了14个梅森素数。
寻找梅森素数已成为发现已知最大素数的最有效途径。如今世界上有180多个国家和地区近28万人参加了GIMPS项目，并动用超过79万台计算机联网来寻找新的梅森素数。梅森素数是否有无穷多个？这是一个尚未破解的著名数学谜题。
证明“弱孪生素数猜想”
美国数学家经过多年努力，在不依赖未经证明推论的前提下，率先证明了一个“弱孪生素数猜想”，即“存在无穷多个之差小于7000万的素数对”。4月17日，他将论文投稿给世界顶级期刊《数学年刊》。美国数学家、审稿人之一亨里克·艾温尼科评价说：“这是一流的数学工作。”他相信不久会有很多人把“7000万”这个数字“变小”。
尽管从证明弱孪生素数猜想到证明还有相当的距离，英国《》杂志在线报道还是称张益唐的证明为一个“重要的里程碑”。由于孪生素数猜想与密切相关（姐妹问题），很多数学家希望通过解决这个猜想，进而攻克哥德巴赫猜想。
值得一提的是，英国数学家和曾提出一个“强孪生素数猜想”。这一猜想不仅提出孪生素数有无穷多对，而且还给出其渐近分布形式。中国数学家指出：要证明强孪生素数猜想，人们仍要面对许多巨大的困难。
解开“弱哥德巴赫猜想”
日，秘鲁数学家哈拉尔德·赫尔弗戈特在宣称：证明了一个“弱哥德巴赫猜想”，即“任何一个大于7的奇数都能被表示成3个奇素数之和”。他将论文
投稿给全球最大的预印本网站（arXiv）；有专家认为这是哥德巴赫猜想研究的一项重大成果。不过，其证明是否成立，还有待进一步考证。
赫尔弗戈特在论证技术上主要使用了哈代-李特尔伍德-维诺格拉多夫圆法。在这一圆法中，数学家创建了一个周期函数，其范围包括所有素数。1923年，哈代和李特尔伍德证明，假设成立，三元哥德巴赫猜想对充分大的奇数是正确的；1937年，苏联数学家更进一步，在无须广义黎曼猜想的情形下，直接证明了充分大的奇数可以表示为3个素数之和。
英国数学家安德鲁·格兰维尔称，不幸的是，由于技术原因，赫尔弗戈特的方法很难证明“强哥德巴赫猜想”，即“关于偶数的哥德巴赫猜想”。如今数学界的主流意见认为：要证明强哥德巴赫猜想，还需要新的思路和工具，或者在现有的方法上进行重大的改进。
数学难题待破解的难题
除了上述著名数学难题外，还有以下著名数学难题有待破解。
(梅森素数分布猜测)
阿廷猜想(新梅森猜想)
－李特尔伍德第二猜想
．Mersenne Research, Inc.[引用日期]
．arXiv[引用日期]
．arXiv[引用日期]
．人民网．[引用日期]
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数学中的简单逻辑推理问题
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数学中的简单逻辑推理问题
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你可能喜欢简单问题窥见数学
51 nod 是个好的学习网站，不仅算法分级，而且可以查看别人的优秀代码（过了之后才能查看）。接下来的一些问题就是来自那里。
51 nod 1413 权势二进制（简单数字游戏·贪心）
一个十进制整数被叫做权势二进制，当他的十进制表示的时候只由0或1组成。例如0，1，101，110011都是权势二进制而2，12，900不是。
当给定一个n的时候，计算一下最少要多少个权势二进制相加才能得到n。
单组测试数据。
第一行给出一个整数n (1&=n&=1,000,000)
输出答案占一行。
Output示例
分析：简单的讲，权势二进制就是只由0和1组成的十进制数。有点贪心的意思：比投153=111+11*2+10*2；135=111+11*2+1*2import java.util.*;
public class Main {
public static void main(String[] args) {
Scanner sc=new Scanner(System.in);
int [] m=new int [7];
while(sc.hasNext()){
str=sc.next();
Arrays.fill(m,0);
int length=str.length();
for(int i=0;i&i++){
m[i]=str.charAt(i)-48;
int ans=0;
for(int i=0;i&i++){
if(m[i]&0){
ans+=m[i];
for(int j=i+1;j&j++){
m[j]-=m[i];
System.out.println(ans);
51nod 1381 硬币游戏（简单概率）
有一个简单但是很有趣的游戏。在这个游戏中有一个硬币还有一张桌子，这张桌子上有很多平行线（如下图所示）。两条相邻平行线之间的距离是1，硬币的半径是R，然后我们来抛硬币到桌子上，抛下之后硬币有时候会和一些直线相交（相切的情况也算是相交），有时候不会。
请你来计算一下抛一次硬币之后，该硬币和直线相交数目的期望。
第一行给出一个整数T，表示有T组数据(1&=T&=10000)。
第2行到T+1，每行给出一个整数R。(0& R &= 10,000,000,000)
对于每一个数据，在一行中输出答案的整数部分即可。
Output示例
分析：因为r是一个整数，所以问题好想的多，圆和直线相交的个数有2r+1（相切）和2r两种结果，后者有一个单位长度的线段概率，前者只有一个点的概率。所以答案就是2r.
接下来的一个问题是比赛遇到的：Rectangle
frog has a piece of paper divided into
n rows and
m columns. Today, she would like to draw a rectangle whose perimeter is not greater than
There are 8(out of 9) ways when n=m=2,k=6
Find the number of ways of drawing.
The input consists of multiple tests. For each test:
The first line contains
(1≤n,m≤5?104,0≤k≤109).
For each test, write
integer which denotes the number of ways of drawing.
Sample Input
Sample Output
继续设想：当i=3呢，那么(m-1+1)--&(m-3+1);所以设q=min(n,k/2-1)，j=k/2-i。51nod 相等串
给定一个0-1串，请找到一个尽可能长的子串，其中包含的0与1的个数相等。
一个字符串，只包含01，长度不超过1000000。
一行一个整数，最长的0与1的个数相等的子串的长度。
Output示例
分析：为了让统计数据变化，将所有的0变成-1，一次遍历。观察规律：
0 -1 -2 -1
计算数据反映了变化的趋势。 寻找sum[i]=sum[j] 长度就是最大的j-i.#include &iostream& //一定要让计算数据变化
#include &cstdio&
#include &cstring&
#include &map&
const int maxn=1e6+5;
char str[maxn];
int p[maxn];
int main()
//freopen("cin.txt","r",stdin);
while(~scanf("%s",str+1)){
int length=strlen(str+1);
int ans=0;
memset(p,0,sizeof(p));
map&int,int& //默认0
for(int i=1;i&=i++){
if(str[i]=='1') p[i]=p[i-1]+1;
else p[i]=p[i-1]-1;
if(mp[p[i]]==0&&p[i]!=0)mp[p[i]]=i;
ans=max(ans,i-mp[p[i]]);
//cout&&i&&" "&&p[i]&&" "&&mp[p[i]]&&
printf("%d\n",ans);
}学习了别人的代码（来自“姿态决定命运”）：加长数组的宽度，和上面的哈希思想类似。可以看出不用STL确实快了好多。400ms VS 31ms#define LEN 1000001
int v[LEN*2];
char s[LEN];
int main()
int len,dis=0,ret=0;
scanf("%s",s);
len=strlen(s);
memset(v,-1,sizeof(v));
for(int i=0;i&i++)
if(s[i]=='1')
if(v[dis+LEN]==-1&&dis!=0)
v[dis+LEN]=i;
if(ret&i-v[dis+LEN])
ret=i-v[dis+LEN];
printf("%d\n",ret);
51nod 1417 天堂里的游戏（博弈&数学推导）
······
正当Noder惊魂未定的时候，走来一个美女，要求和他一起玩个数学游戏。美女提议：“让我们各自亮出硬币的一面，或正或反。如果我们都是正面，那么我给你A元，如果我们都是反面，我给你B元（A + B为偶数）。剩下的情况你给我（A + B） / 2元就可以了。
Noder知道这个游戏他多半要输，可他并不在乎，他只想让自己输的慢一点。
那么你来帮美女计算一下，她选择出正面的概率应该是多少（以最简分数形式输出）？
当Noder输光了钱后从草地上醒来，吉普赛姑娘已经不见了，只留下了这样一张塔罗牌，上面印有那个美女的照片。
关于样例的解释：
美 女采取了(3/8,5/8)这个方案，不论Noder采用什么方案，都是不能改变局面的。如果全部出正面，每次的期望收益是 (3+3+3-2-2-2-2-2)/8=-1/8元；如果全部出反面，每次的期望收益也是(-2-2-2+1+1+1+1+1)/8=-1/8元。而任 何策略无非只是上面两种策略的线性组合，所以期望还是-1/8元。
第1行：一个数T，表示后面用作输入测试的数的数量（1 &= T &= 20)。
第2 - T + 1行：每行2个数A, B中间用空格分隔。(1 &= A, B &= 10^9，且A + B为偶数)。
输出共T行，对应美女选择正面的概率，以最简分数形式输出，具体请参看输出样例。
Output示例
依据样例分析，全部选定正面和反面的结果应该是一样的，最后一定是女性胜利。那么设女性选择正面的概率是x，正面的A元--&a，反面的B元--&b，
有这样的等式：
import java.util.*;
public class Main {
static long gcd(long a,long b){
return b&0?gcd(b,a%b):a;
public static void main(String[] args) {
Scanner sc=new Scanner (System.in);
long t=sc.nextInt(),a,b;
for(int k=0;k&t;k++){
a=sc.nextInt();
b=sc.nextInt();
long q1=a+3*b;
long q2=4*(a+b);
long r=gcd(q1,q2);
//System.out.println(q1+" "+q2+" "+r);
System.out.println(q1+"/"+q2);
51nod （整除的规律）
小K手中有n张牌，每张牌上有一个一位数的数，这个字数不是0就是5。小K从这些牌在抽出任意张（不能抽0张），排成一行这样就组成了一个数。使得这个数尽可能大，而且可以被90整除。
1.这个数没有前导0，
2.小K不需要使用所有的牌。
每个测试数据输入共2行。
第一行给出一个n，表示n张牌。(1&=n&=1000)
第二行给出n个整数a[0],a[1],a[2],…,a[n-1] (a[i]是0或5 ) 表示牌上的数字。
共一行，表示由所给牌组成的可以被90整除的最大的数，如果没有答案则输出”-1”（没有引号）
Output示例
分析：2k,3k,5k数字整除和2,3,5有些联系，所有被2整除的数字都是偶数，那么能被2的倍数整除的数字也是偶数，即m%2=0，m是偶数； n%(2k)=0，n也是偶数；m%3=0，m各位上的数字之和是3的倍数，能被9整除的数字各位的数字之和也是9的倍数；能被5整除的数字末尾要么是0要么是5，能被10整数的数字末尾一定是0.import java.util.*;
public class Main {
static int min(int a,int b){
return a&b?a:b; }
public static void main(String[] args) {
Scanner sc=new Scanner (System.in);
int n,a,five,
while(sc.hasNext()){
n=sc.nextInt();
for(int i=0;i&n;i++){
a=sc.nextInt();
if(a==5) five++;
int k=five/9;
k=min(k,zero);
for(int i=0;i&k;i++){
for(int j=0;j&9;j++) System.out.printf("5");
//for(int i=0;i&k;i++)
for(int i=0;i&i++) System.out.printf("0");
System.out.println();
if(zero==0){
System.out.println(-1); }
System.out.println(0);
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