8.
7.
设根节点深度为 0，一棵深度为 h 的满 k（k>1）叉树，即除最后一层无任何子节点外，每一层上的所有结点都有 k 个子结点的树，共有（ ）个结点。
故答案是：
9.
给定一个含N 个不相同数字的数组，在最坏情况下，找出其中最大或最小的数，至少需要 N - 1 次比较操作。则最坏情况下，在该数组中同时找最大与最小的数至少需要（ ）次比较操作。（⌈ ⌉表示向上取整，⌊ ⌋表示向下取整）
我个人觉得可以采用特殊值代入法，设N = 2 --> [1,2] 只需要比较一次排除CD，当N = 3 --> [1,2,3]时，此时比较3次（1和2比较获得min和max，min和3比较，max和3比较）。故选A
这题可以采用动态规划的思想：
（切割绳子）有 n 条绳子，每条绳子的长度已知且均为正整数。绳子可以以任意正整数长度切割，但不可以连接。现在要从这些绳子中切割出 m 条长度相同的绳段，求绳段的最大长度是多少。（第一、二空 2.5 分，其余 3 分）
输入：第一行是一个不超过 100 的正整数 n，第二行是 n 个不超过 10^6 的正整数，表示每条绳子的长度，第三行是一个不超过 10^8 的正整数 m。
输出：绳段的最大长度，若无法切割，输出 Failed。
算法思想：
将所有绳子的长度求和然后除以m，可以得到绳段理想情况下的最大长度，由于题目要求绳段长度为整数，如果该值小于1，则无法分割。通过二分法在上下限之间不断迭代，计算每一个mid对应的绳段数目，如果段数小于m，则长度需要减小，落在[lbound, m]之间；如果段数大于m，则长度可以增加，落在[m, ubound]之间，当区间小于1时跳出循环。
#include <iostream>
using namespace std;
int n, m, i, lbound, ubound, mid, count;
int len[100]; // 绳子长度
int main( ) {
cin >> n;
count = 0;
for (i = 0; i < n; i++) {
cin >> len[i];
count+=len[i]; //【1】
}
cin >> m;
if (count<m) { //【2】
cout << "Failed" << endl;
return 0;
}
lbound = 1;
ubound = 1000000;
while ( lbound<ubound) { //【3】
mid = (lbound+ubound+1)>>1; //【4】求长度中间值除以2: (lbound+ubound)/2 + 1即向上取整
count = 0;
for (i = 0; i < n; i++)
count+=len[i]/mid; // 【5】
if (count < m) ubound = mid - 1;
else
lbound = mid;
}
cout << lbound << endl;
return 0;
}
#include <stdio.h>
char c[3][200];
int s[10], m, n;
void numara( ) {
int i, j, cod, nr;
for (j = 0; j < n; j++) {
nr = 0;
cod = 1;
for (i = 0; i < m; i++) {
if (c[i][j] == '1') {
if (!cod) {
cod = 1;
s[nr]++;
nr = 0;
}
} else {
if (cod) {
nr = 1;
cod = 0;
}
else nr++;
}
}
if (!cod) s[nr]++;
}
}
int main( ) {
int i;
scanf("%d %d\n", &m, &n);
for (i = 0; i < m; i++) gets(c[i]);
numara( );
for (i = 1; i <= m; i++)
if (s[i] != 0) printf("%d %d ", i, s[i]);
return 0;
}
答案：1 4 2 1 3 3
分析： 依题意输入3行10列的矩阵
细心带入可知‘111’无操作，‘110’对应s[1]++，‘100’对应s[2]++，‘000’对应s[3]++，‘010’对应两次s[1]++操作。
故答案：1 4 2 1 3 3
（哥德巴赫猜想）哥德巴赫猜想是指，任一大于2的偶数都可写成两个质数之和。迄今为止，这仍然是一个著名的世界难题，被誉为数学王冠上的明珠。试编写程序，验证任一大于2且不超过n的偶数都能写成两个质数和。
若输入n为2010，则输出_1004_时表示验证成功，即大于2且不超过2010的偶数都满足哥德巴赫猜想。
算法思想：
首先获取（2，n]中的所有质数，质数特点：只能被1和其本身整除，若存在小于其本身的数整除则不是质数； 然后要获取(2,n]中的所有偶数（i=1, 2(i++)），判断其能够等于两个质数之和。
#include <iostream>
using namespace std;
int main(void) {
const int SIZE = 1000;
int n, r, p[SIZE], i, j, k, ans;
bool tmp;
cin >> n; //输入上线n
r = 1;
p[1] = 2;
// 判断2~n内的数是否为质数,若是存入p中
for (i = 3; i <= n; i++) {
tmp = 1; //[1]
for (j = 1; j <= r; j++)
// 如果i能整除p[j]则为非质数
if (i % p[j] == 0) { //[2]
tmp = false;
break;
}
//否则i为质数并存放到p[r]中
if (tmp) {
r++;
p[r] = i; //[3]
}
}
ans = 0;
//验证2~n中的所有偶数
for (i = 2; i <= n / 2; i++) {
tmp = false;
//由于求两质数的和，故遍历两次p[r]
for (j = 1; j <= r; j++)
for (k = j; k <= r; k++)
//i+i:如4，6，8-->2+2,3+3,4+4
if (i + i == p[j] + p[k]) { //[4]
tmp = true;
break;
}
//计算所有偶素的个数
if (tmp)
ans++;
}
cout << ans << endl;
return 0;
}
