习题3
1． 填空题
（1）栈的进出原则是（___________），队列的进出原则是（___________）。 答案：后进先出（LIFO ） 先进先出（FIFO ）
（2）设32位计算机系统中，空栈S 存储int 型数据，栈顶指针为1024H 。经过操作序列 push(1)，push(2)，pop ，push(5)，push(7)，pop ，push(6)之后，栈顶元素为（___________），栈底元素为（___________），栈的高度为（___________），输出序列是（___________），栈顶指针为（___________）H 。
答案：6 1 3 2,7 1030
（3）两栈共享存储空间，其数组大小为100，数组下标从0开始。top1和top2分别为栈1和栈2的栈顶元素下标，则栈1为空的条件为（___________），栈2为空的条件为（___________），栈1或栈2满的条件为（___________）。
答案：top1==-1 top2==100 top1+1==top2
（4）一个队列的入队顺序是1234，则队列的输出顺序是（___________）。 答案：1234
（5）设循环队列数组大小为100，队头指针为front ，队尾指针为rear ；约定front 指向队头元素的前一个位置，该位置永远不存放数据。则入队操作时，修改rear=（___________），出队操作修改front=（___________），队空的判别条件为（___________），队满的判别条件为（___________）。若front=20，rear=60，则队列长度为（___________），若front=60,rear=20，则队列长度为（___________）。
答案：(rear+1)%100 (front+1)%100 rear==front (rear+1)%100=front 40 60
（6）朴素模式匹配算法中，每个串的起始下标均为1，变量i=100，j=10，分别表示主串和模式串当前比较的字符元素下标，若本次比较两字符不同，则i 回溯为（___________），j 回溯为（___________）。
答案：92 1
（7）用循环链表表示的队列长度为n ，若只设头指针，则出队和入队的时间复杂度分别为（___________）和（___________）。
答案：O(1) O(n)
2． 选择题
（1）将一个递归算法改为对应的非递归算法时，通常需要使用（ ）。
A. 数组 B. 栈 C. 队列 D. 二叉树
（2）四个元素1、2、3、4依次进栈，出栈次序不可能出现（ ）情况。
A. 1 2 3 4 B. 4 1 3 2 C. 1 4 3 2 D. 4 3 2 1
（3）设循环队列中数组的下标范围是1~n，其头尾指针分别为f 和r ，则其元素个数为（ ）。
A. r-f B. r-f+1 C. (r-f) mod n +1 D. (r-f+n) mod n 说明：这里的数组不是指C++数组，也就说假定数组长度依然为n ，而不是n+1。
（4）10行100列的二维数组A 按行优先存储，其元素分别为A[1][1] ~ A[10][100]，每个元
素占4字节，已知Loc(A[6][7])=10000H，则Loc(A[4][19])=（ ）。
A. FC11H B. 9248H C. 2F00H D. FD10H
（5）设有两个串s1和s2，求s2在s1中首次出现的位置的运算称为（ ）。
A. 连接 B. 模式匹配 C. 求子串 D. 求串长
（6）为了解决计算机主机和键盘输入之间速度不匹配问题，通常设置一个键盘缓冲区，该缓冲区应该是一个（ ）结构。
A. 栈 B. 队列 C. 数组 D. 线性表
（7）STL 中的双端队列为（ ）。
A. 顺序容器 B. 容器适配器 C. 迭代器适配器 D. 泛函适配器
（8）STL 中的（ ）允许用户为队列中的元素设置优先级。
A. 队列适配器 B. 双端队列 C. 优先级队列适配器 D. 栈适配器
（9）string 类型不支持以（ ）的方式操作容器，因此不能使用front 、back 和pop_back操作。
A. 线性表 B. 队列 C. 栈 D. 串
3． 算法设计
（1）设计一个算法判断算数表达式的圆括号是否正确配对。
（2）假定用带头结点的循环链表表示队列，并且只设置一个指针指向队尾元素，试设计该队列类，完成相应的入队、出队、置空队、求队长等操作接口。
（3）设计算法把一个十进制数转换为任意指定进制数。
（4）设有一个背包可以放入的物品重量为S ，现有n 件物品，重量分别为w 1，w 2，……，w n 。问能否从这n 件物品中选择若干件放入此背包，使得放入的重量之和正好为S 。如果存在一种符合上述要求的选择，则称此背包问题有解，否则此问题无解，试用递归和非递归两种方法设计解决此背包问题的算法。
背包问题分析：
背包问题是一个经典的NP 问题，它既简单形象容易理解，又在某种程度上能够揭示动态规划的本质，故不少教材都把它作为动态规划部分的第一道例题。本题目是最简单的01背包问题，除此之外，还有许多由此衍生出来的很多复杂的背包问题。
本题中，最容易想到的就是假定背包中已放入了部分物品，现将第i 件物品试着放入背包中，如果可以放进去，背包的重量在原来的基础上增加了w i ；如果不可以放进去，说明加入后太重了，换下一件物品。如果所有的剩余物品都不能放入，说明以前放入的物品不合适，拿出上一次放入的物品，继续试剩余的物品。
递归解法：
设背包函数为knapsack(int s, int n)，参数 int s 为剩余重量，int n 为剩余物品数，返回值表示背包分配是否成功。
（1） 如果s==0，表示分配成功，返回1；
（2） 如果s
（3） 执行knapsack( s – wi , n-1)，测试当前这件物品放入是否成功。
（3.1） 如果成功，说明当前这件物品放入刚好最终分配成功。
（4） 返回knapsack( s , n-1)，说明当前物品不合适，减小剩余物品数，继续测试。 测试代码：
/*简单的背包问题递归解*/
#include"stdio.h"
#define N 6 /*物品数量*/
#define S 8 /*背包大小*/
int W[N+1]={0,1,2,3,4,5,6};/*数据，各物品重量，W[0]不使用*/
/*
背包函数
knapsack()
参数
int s 剩余重量
int n 剩余物品数
返回
int 背包分配是否成功
*/
int knapsack(int s,int n)
{
if(s == 0)/*分配结束，成功*/
return 1;
if(s 0 && n
if( knapsack(s - W[n] , n - 1)){/*递归*/
printf("%-4d",W[n]); /*输出*/
return 1;
}
return knapsack(s , n - 1);
}
int main()
{
if(knapsack(S , N))/*递归调用*/
printf("\nOK!\n");
else
printf("Failed!");
return 1;
}/*main*/
非递归解法：
一件一件的物品往包（即栈）里放，发现有问题，拿出来，放其他的物品。
（1）i=1
（2）从第i 件到第n 件测试每件物品，对于第j 次循环，测试第j 件物品
（2.1）如果该物品可以放，入栈
（2.2）若栈的容量刚好达到要求，成功，打印栈元素。
（2.3）继续测试j+1件物品
（3）若没有成功
（3.1）若栈空，返回失败
（3.2）将栈顶物品（设第k 个）出栈
（3.3）令i=k+1，返回（2）
代码：
#include"stdio.h"
#define N 6 /*物品数量*/
#define S 8 /*背包大小*/
int W[N+1]={0,1,2,3,4,5,6};/*数据，各物品重量，W[0]不使用*/ int stack[1000]={0};
int value=0;
int size=0;
knapsackstack()
{
int i=1;
while (1)
{
for (int j=i;j
{
if (value+W[j]
printf("得到一组解：");
for (int p=0;p
break;
}
else if (value>S) break;
}
if (size==0) {printf("Finished!");exit(0);}
i=stack[--size]+1;
value-=W[i-1];
}
}
void main()
{
knapsackstack();
}
习题3
1． 填空题
（1）栈的进出原则是（___________），队列的进出原则是（___________）。 答案：后进先出（LIFO ） 先进先出（FIFO ）
（2）设32位计算机系统中，空栈S 存储int 型数据，栈顶指针为1024H 。经过操作序列 push(1)，push(2)，pop ，push(5)，push(7)，pop ，push(6)之后，栈顶元素为（___________），栈底元素为（___________），栈的高度为（___________），输出序列是（___________），栈顶指针为（___________）H 。
答案：6 1 3 2,7 1030
（3）两栈共享存储空间，其数组大小为100，数组下标从0开始。top1和top2分别为栈1和栈2的栈顶元素下标，则栈1为空的条件为（___________），栈2为空的条件为（___________），栈1或栈2满的条件为（___________）。
答案：top1==-1 top2==100 top1+1==top2
（4）一个队列的入队顺序是1234，则队列的输出顺序是（___________）。 答案：1234
（5）设循环队列数组大小为100，队头指针为front ，队尾指针为rear ；约定front 指向队头元素的前一个位置，该位置永远不存放数据。则入队操作时，修改rear=（___________），出队操作修改front=（___________），队空的判别条件为（___________），队满的判别条件为（___________）。若front=20，rear=60，则队列长度为（___________），若front=60,rear=20，则队列长度为（___________）。
答案：(rear+1)%100 (front+1)%100 rear==front (rear+1)%100=front 40 60
（6）朴素模式匹配算法中，每个串的起始下标均为1，变量i=100，j=10，分别表示主串和模式串当前比较的字符元素下标，若本次比较两字符不同，则i 回溯为（___________），j 回溯为（___________）。
答案：92 1
（7）用循环链表表示的队列长度为n ，若只设头指针，则出队和入队的时间复杂度分别为（___________）和（___________）。
答案：O(1) O(n)
2． 选择题
（1）将一个递归算法改为对应的非递归算法时，通常需要使用（ ）。
A. 数组 B. 栈 C. 队列 D. 二叉树
（2）四个元素1、2、3、4依次进栈，出栈次序不可能出现（ ）情况。
A. 1 2 3 4 B. 4 1 3 2 C. 1 4 3 2 D. 4 3 2 1
（3）设循环队列中数组的下标范围是1~n，其头尾指针分别为f 和r ，则其元素个数为（ ）。
A. r-f B. r-f+1 C. (r-f) mod n +1 D. (r-f+n) mod n 说明：这里的数组不是指C++数组，也就说假定数组长度依然为n ，而不是n+1。
（4）10行100列的二维数组A 按行优先存储，其元素分别为A[1][1] ~ A[10][100]，每个元
素占4字节，已知Loc(A[6][7])=10000H，则Loc(A[4][19])=（ ）。
A. FC11H B. 9248H C. 2F00H D. FD10H
（5）设有两个串s1和s2，求s2在s1中首次出现的位置的运算称为（ ）。
A. 连接 B. 模式匹配 C. 求子串 D. 求串长
（6）为了解决计算机主机和键盘输入之间速度不匹配问题，通常设置一个键盘缓冲区，该缓冲区应该是一个（ ）结构。
A. 栈 B. 队列 C. 数组 D. 线性表
（7）STL 中的双端队列为（ ）。
A. 顺序容器 B. 容器适配器 C. 迭代器适配器 D. 泛函适配器
（8）STL 中的（ ）允许用户为队列中的元素设置优先级。
A. 队列适配器 B. 双端队列 C. 优先级队列适配器 D. 栈适配器
（9）string 类型不支持以（ ）的方式操作容器，因此不能使用front 、back 和pop_back操作。
A. 线性表 B. 队列 C. 栈 D. 串
3． 算法设计
（1）设计一个算法判断算数表达式的圆括号是否正确配对。
（2）假定用带头结点的循环链表表示队列，并且只设置一个指针指向队尾元素，试设计该队列类，完成相应的入队、出队、置空队、求队长等操作接口。
（3）设计算法把一个十进制数转换为任意指定进制数。
（4）设有一个背包可以放入的物品重量为S ，现有n 件物品，重量分别为w 1，w 2，……，w n 。问能否从这n 件物品中选择若干件放入此背包，使得放入的重量之和正好为S 。如果存在一种符合上述要求的选择，则称此背包问题有解，否则此问题无解，试用递归和非递归两种方法设计解决此背包问题的算法。
背包问题分析：
背包问题是一个经典的NP 问题，它既简单形象容易理解，又在某种程度上能够揭示动态规划的本质，故不少教材都把它作为动态规划部分的第一道例题。本题目是最简单的01背包问题，除此之外，还有许多由此衍生出来的很多复杂的背包问题。
本题中，最容易想到的就是假定背包中已放入了部分物品，现将第i 件物品试着放入背包中，如果可以放进去，背包的重量在原来的基础上增加了w i ；如果不可以放进去，说明加入后太重了，换下一件物品。如果所有的剩余物品都不能放入，说明以前放入的物品不合适，拿出上一次放入的物品，继续试剩余的物品。
递归解法：
设背包函数为knapsack(int s, int n)，参数 int s 为剩余重量，int n 为剩余物品数，返回值表示背包分配是否成功。
（1） 如果s==0，表示分配成功，返回1；
（2） 如果s
（3） 执行knapsack( s – wi , n-1)，测试当前这件物品放入是否成功。
（3.1） 如果成功，说明当前这件物品放入刚好最终分配成功。
（4） 返回knapsack( s , n-1)，说明当前物品不合适，减小剩余物品数，继续测试。 测试代码：
/*简单的背包问题递归解*/
#include"stdio.h"
#define N 6 /*物品数量*/
#define S 8 /*背包大小*/
int W[N+1]={0,1,2,3,4,5,6};/*数据，各物品重量，W[0]不使用*/
/*
背包函数
knapsack()
参数
int s 剩余重量
int n 剩余物品数
返回
int 背包分配是否成功
*/
int knapsack(int s,int n)
{
if(s == 0)/*分配结束，成功*/
return 1;
if(s 0 && n
if( knapsack(s - W[n] , n - 1)){/*递归*/
printf("%-4d",W[n]); /*输出*/
return 1;
}
return knapsack(s , n - 1);
}
int main()
{
if(knapsack(S , N))/*递归调用*/
printf("\nOK!\n");
else
printf("Failed!");
return 1;
}/*main*/
非递归解法：
一件一件的物品往包（即栈）里放，发现有问题，拿出来，放其他的物品。
（1）i=1
（2）从第i 件到第n 件测试每件物品，对于第j 次循环，测试第j 件物品
（2.1）如果该物品可以放，入栈
（2.2）若栈的容量刚好达到要求，成功，打印栈元素。
（2.3）继续测试j+1件物品
（3）若没有成功
（3.1）若栈空，返回失败
（3.2）将栈顶物品（设第k 个）出栈
（3.3）令i=k+1，返回（2）
代码：
#include"stdio.h"
#define N 6 /*物品数量*/
#define S 8 /*背包大小*/
int W[N+1]={0,1,2,3,4,5,6};/*数据，各物品重量，W[0]不使用*/ int stack[1000]={0};
int value=0;
int size=0;
knapsackstack()
{
int i=1;
while (1)
{
for (int j=i;j
{
if (value+W[j]
printf("得到一组解：");
for (int p=0;p
break;
}
else if (value>S) break;
}
if (size==0) {printf("Finished!");exit(0);}
i=stack[--size]+1;
value-=W[i-1];
}
}
void main()
{
knapsackstack();
}