输入一个正整数n求1+3+...至n+1的累加合并输出

您好！您可以使用以下的代码来实现您的需求。

n = int(input("请输入正整数n："))
sum = 0

for i in range(1, n + 2, 2):
    sum += i

print("1+3+...至n+1的累加和为：", sum)

代码解释：

1. 第一行代码提示用户输入正整数n，并使用 `int()` 方法将输入值转换为整数类型，存储在变量 `n` 中。
2. 第二行代码初始化变量 `sum`，用于存储累加和的结果。
3. 第三行代码使用 `for` 循环遍历从 1 到 n+1 中的所有奇数，每次将奇数加到变量 `sum` 中。
4. 第四行代码使用 `print()` 方法输出最终累加和的结果。

希望对您有所帮助！

相关问题

给定两个正整数 n 和 k，求从 1到 n 这 n个正整数的十进制表示中 k 出现的次数。 输入格式 共一行，包含两个整数 n和 k。 输出格式 输出一个整数，表示答案。

算法1

暴力枚举每个数字的每一位，统计k出现的次数，时间复杂度为O(n*log_10(n))。

时间复杂度

参考文献

Python 代码

C++ 代码

算法2

统计k在每个数位上出现的次数，并累加得到最终答案。以k=3为例，假设当前处理的是x，x的第i位为di。有以下三种情况：

- di>k，则di可以取0~9中任意一个数字，共10^(i-1)种情况，其中i表示第i位，10^(i-1)表示该数位前(i-1)位共有10^(i-1)种情况。
- di<k，则第i位只能取0~di-1中的数字，如果i=1，则0不能出现，共di*(10^(i-1))种情况。
- di=k，则第i位只能取0~di-1中的数字，共(dk-1)*(10^(i-1)) + x%(10^(i-1))+1种情况，其中x%(10^(i-1))表示当前数位前(i-1)位的数字共有x%(10^(i-1))+1种情况，因为x前(i-1)位的数字可以取0~(x%(10^(i-1)))。

注意到以上三种情况中第一种情况和第二种情况可以合并成一个公式，故最终的公式为：

ans = ∑i=1 ^ len(n)[(n // (10^i))*10^(i-1)+min(max(n%(10^i)−k+1,0),10^(i−1))−(k==0)*10^(i−1)]
其中，n // (10^i)表示取n的前i位数字，max(n%(10^i)−k+1,0)表示取n的第i位数字时，能取到的范围。注意当k=0时，第二项需要减去10^(i-1)。

时间复杂度

参考文献

Python 代码

C++ 代码

算法3

对于每一位数位上出现k的次数进行统计。根据数位的不同分类具体处理，具体如下：

- 如果k=0，则枚举当前数位，次数为n/10^(i+1)*10^i，表示高位上数位1~n/10^(i+1)共可以变化10^i种，其中i表示数位从右数第x位，不包含本位（假设最低位为第0位）上的前缀0。

Python 代码

C++ 代码

- 如果当前位数字是k，则统计方式分为三种：

- 如果该位数字为0，则次数为前面数位（不包括本身）0~n/10^(i+1)的个数
- 如果该位数字不为0，则次数为前面数位（不包括本身）0~n/10^(i+1)的个数+1
- 如果i=0,即当前位为最低位且为k，则次数为1

Python 代码

C++ 代码

- 如果当前位数字小于k，则次数为前面数位（不包括本身）0~n/10^(i+1)的个数
- 如果当前位数字大于k，则次数为前面数位（不包括本身）0~n/10^(i+1)的个数+1
于是有以下代码

时间复杂度

参考文献

Python 代码

C++ 代码

题目描述 给定N个权重作为叶子节点，请你构建一棵哈夫曼树。 输入格式 输入文件N+1行。 第一行包括一个正整数N，N是叶子节点的个数。(1<=n<=10000) 第2~N+1行包括N个int数据，代表节点权重w[i]。(-100<=w[i]<=100000) 输出格式 输出所有节点权重乘长度的总和。使用c++实现，并写出代码

好的，下面给出C++的实现代码：

#include <iostream>
#include <queue>
#include <vector>

using namespace std;

int main() {
    int n;
    cin >> n;

    priority_queue<int, vector<int>, greater<int>> pq; // 小根堆，存储节点权重
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        int w;
        cin >> w;
        pq.push(w);
    }

    long long ans = 0; // 注意答案可能会溢出
    while (pq.size() > 1) {
        int a = pq.top();
        pq.pop();
        int b = pq.top();
        pq.pop();
        pq.push(a + b); // 合并两个节点
        ans += a + b;   // 计算路径长度之和
    }

    cout << ans << endl;

    return 0;
}

这里使用了STL中的priority_queue来实现小根堆，存储节点权重。每次从小根堆中取出最小的两个节点，合并成一个新的节点，并将其权重加入小根堆中。同时，计算合并后的节点的路径长度，将其累加到答案中。最终，当小根堆中只剩下一个节点时，哈夫曼树构建完成，返回答案即可。