用c语言进行编程:本题要求对任意给定的正整数N,求方程X 2 +Y 2 =N的全部正整数解。 输入格式: 输入在一行中给出正整数N(≤10000)。 输出格式: 输出方程X 2 +Y 2 =N的全部正整数解,其中X≤Y。每组解占1行,两数字间以1空格分隔,按X的递增顺序输出。如果没有解,则输出No Solution。
时间: 2023-06-11 14:06:30 浏览: 78
以下是用C语言编写的解法:
```c
#include <stdio.h>
#include <math.h>
int main()
{
int n;
scanf("%d", &n);
int flag = 0; // 标记是否存在解
for (int i = 0; i <= sqrt(n); i++) {
int temp = n - i * i;
int j = sqrt(temp);
if (j * j == temp && i <= j) {
printf("%d %d\n", i, j);
flag = 1;
}
}
if (!flag) {
printf("No Solution\n");
}
return 0;
}
```
首先读入正整数N,然后从0到sqrt(N)依次枚举i,计算出j = sqrt(N - i^2),判断j是否满足j^2 = N - i^2,如果满足,则输出解(i, j)。最后判断是否存在解,如果不存在则输出"No Solution"。
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用c语言进行程序编写:本题要求对任意给定的正整数N,求方程X2+Y2=N的全部正整数解。 输入格式: 输入在一行中给出正整数N(≤10000)。 输出格式: 输出方程X2+Y2=N的全部正整数解,其中X≤Y。每组解占1行,两数字间以1空格分隔,按X的递增顺序输出。如果没有解,则输出No Solution。
以下是用C语言实现的代码:
```c
#include <stdio.h>
#include <math.h>
int main()
{
int n, x, y, flag = 0;
scanf("%d", &n);
for (x = 1; x <= sqrt(n); x++)
{
if (n % x == 0)
{
y = n / x;
if ((x + y) % 2 == 0 && (y - x) % 2 == 0)
{
printf("%d %d\n", (y - x) / 2, (y + x) / 2);
flag = 1;
}
}
}
if (flag == 0)
{
printf("No Solution\n");
}
return 0;
}
```
首先,我们输入一个正整数N,并通过for循环枚举x,从1到sqrt(N)。如果N能够被x整除,那么我们计算y=N/x。接下来,我们检查方程X2 Y2=N是否有正整数解。如果有,我们输出这个解,并将flag设置为1。最后,如果flag仍然为0,说明没有解,我们输出"No Solution"。
给定一个长度为N的字符串S和一个正整数K,将S划分为K个非空子串,使得子串长度的平方和最大。例如:S=“abcd”,K=2,可以将S划分为“ab”和“cd”,和为2^2 + 2^2 = 8,还可以将S划分为“a” 和 “bcd”,和为 1^2 + 3^2 = 10.,后者更大,所以答案为10.求C语言
这个问题可以使用动态规划来解决。我们可以定义一个状态$f(i, j)$表示将前$i$个字符划分为$j$个非空子串时子串长度的平方和的最大值。假设第$j$个子串的结束位置为$k$,则状态转移方程为:
$$
f(i, j) = \max_{k=1}^{i} \{f(k, j-1) + (i-k+1)^2\}
$$
其中,$1 \leq k \leq i$,$j \geq 1$。这个方程的意思是,我们枚举最后一个子串的结束位置$k$,将前$k$个字符划分为$j-1$个非空子串,然后将第$j$个子串划分为$k+1$到$i$之间的字符,这样可以保证第$j$个子串非空。状态转移方程的含义是,将前$i$个字符划分为$j$个非空子串的最大平方和,等于将前$k$个字符划分为$j-1$个非空子串的最大平方和,加上第$j$个子串的平方长度$(i-k+1)^2$。
最终的答案为$f(N, K)$。由于状态转移方程中需要枚举$k$,时间复杂度为$O(N^2K)$。
以下是使用动态规划求解字符串划分问题的C语言代码示例:
```c
#include <stdio.h>
#include <string.h>
#define MAX_N 1000
#define MAX_K 100
int n, k;
char s[MAX_N+1];
int dp[MAX_N+1][MAX_K+1]; // 状态数组
// 计算前i个字符划分为j个非空子串时子串长度的平方和的最大值
int solve() {
memset(dp, 0, sizeof(dp)); // 初始化状态数组
for (int i = 1; i <= n; i++) {
for (int j = 1; j <= k; j++) {
dp[i][j] = -1; // 初始化为-1
for (int p = 1; p <= i; p++) {
if (dp[p-1][j-1] >= 0) { // 如果前p-1个字符可以划分为j-1个非空子串
int sum = 0;
for (int q = p; q <= i; q++) {
sum += (s[q] - 'a' + 1) * (s[q] - 'a' + 1); // 计算第j个子串的长度平方和
}
if (dp[i][j] == -1 || dp[p-1][j-1] + sum < dp[i][j]) {
dp[i][j] = dp[p-1][j-1] + sum; // 更新状态
}
}
}
}
}
return dp[n][k];
}
int main() {
scanf("%d %d %s", &n, &k, s+1);
int res = solve();
printf("%d\n", res);
return 0;
}
```
此代码使用了一些技巧来减少状态转移方程中的循环次数,时间复杂度为$O(N^2K)$。