用C++做此题现在输入一个整数n,n的长度最长为200位(指的是最长有200位),判断该整数能否被9整除。 如果能被9整除,输出yes,否则输出no 输入 一个高精度整数 输出 按照要求输出 样例输入 99 样例输出 yes
时间: 2024-04-13 22:28:51 浏览: 24
你可以使用C++中的字符串处理功能来解决这个问题。首先,你需要将输入的整数n作为一个字符串存储起来。然后,遍历字符串的每一位数字,并将它们转换为整数相加,得到一个总和。最后,判断这个总和是否能被9整除。
下面是一个示例代码:
```cpp
#include <iostream>
#include <string>
using namespace std;
bool isDivisibleBy9(string n) {
int sum = 0;
for (char digit : n) {
sum += digit - '0'; // 将字符转换为整数并累加
}
return sum % 9 == 0;
}
int main() {
string n;
cin >> n;
if (isDivisibleBy9(n)) {
cout << "yes" << endl;
} else {
cout << "no" << endl;
}
return 0;
}
```
这个程序首先将输入的整数存储在一个字符串变量n中。然后,使用`isDivisibleBy9`函数判断该整数是否能被9整除。最后,根据判断结果输出相应的结果。
注意:这段代码假设输入的整数n是一个有效的高精度整数字符串,且没有前导零。如果输入包含前导零,你可能需要在代码中添加一些额外的逻辑来处理它们。
相关问题
用c++设计一个算法,计算由n个整数组成的序列的最长单调递增子序列的长度。
可以使用动态规划来解决这个问题。我们可以定义一个数组dp,其中dp[i]表示以第i个元素为结尾的最长单调递增子序列的长度。那么我们可以递推地计算每个dp[i]的值,具体步骤如下:
1. 初始化dp数组,将所有元素的dp值都设为1,因为每个元素本身都可以看作一个长度为1的单调递增子序列。
2. 枚举i从1到n-1,对于每个i,枚举j从0到i-1,如果第j个元素小于第i个元素,则更新dp[i]的值为dp[j]+1和dp[i]中的较大值。
3. 最后,dp数组中的最大值就是整个序列的最长单调递增子序列的长度。
下面是C++代码实现:
```c++
#include <iostream>
#include <vector>
using namespace std;
int lengthOfLIS(vector<int>& nums) {
int n = nums.size();
vector<int> dp(n, 1);
for (int i = 1; i < n; i++) {
for (int j = 0; j < i; j++) {
if (nums[j] < nums[i]) {
dp[i] = max(dp[i], dp[j] + 1);
}
}
}
int ans = 0;
for (int i = 0; i < n; i++) {
ans = max(ans, dp[i]);
}
return ans;
}
int main() {
vector<int> nums = {10, 9, 2, 5, 3, 7, 101, 18};
cout << lengthOfLIS(nums) << endl;
return 0;
}
```
输出结果为4,表示序列{2, 3, 7, 101}是最长的单调递增子序列,长度为4。
c++设计一个算法,计算由n个整数组成的序列的最长单调递增子序列的长度
可以使用动态规划算法来解决这个问题。
定义一个数组 dp,其中 dp[i] 表示以第 i 个元素为结尾的最长递增子序列的长度。
初始时,所有元素的最长递增子序列长度都为 1,即 dp[i] = 1。
然后,对于每个位置 i,我们需要找到所有在它之前的位置 j,满足 nums[j] < nums[i],并且 dp[j] + 1 大于 dp[i]。在这些位置中,选择 dp[j] + 1 最大的作为 dp[i] 的值。
最后,遍历整个 dp 数组,找到其中最大的值,即为最长单调递增子序列的长度。
以下是 C++ 代码实现:
```c++
int lengthOfLIS(vector<int>& nums) {
int n = nums.size();
vector<int> dp(n, 1);
int res = 1;
for (int i = 1; i < n; i++) {
for (int j = 0; j < i; j++) {
if (nums[j] < nums[i]) {
dp[i] = max(dp[i], dp[j] + 1);
}
}
res = max(res, dp[i]);
}
return res;
}
```