【优秀题解】1168题【简单计算】题解

题目描述

有一个n+2个元素a[0], a[1], ..., a[n+1] (n <= 3000, -1000 <= a[i] <=1000)构成的数列. 已知对i=1, 2, ..., n有a[i] = (a[i-1] + a[i+1])/2 - c[i]. 给定a0, a[n+1], c[1], ... , c[n]. 写一个程序计算a[1].

输入

第一行是整数n. 接下来两行是a[0]和a[n+1], 其小数点后有两位数字. 其后的n行为c[i](同样是两位小数), 每行一个数.

输出

输出为a[1], 格式与a[0], a[n+1]相同.

样例输入

1
50.50
25.50
10.15

样例输出

27.85

大家可以自行先动脑思考然后上机提交，下面是一位大神的优秀题解分享给大家：

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解题思路:

1.列出基本递推关系式子：

a[1] = (a[0] + a[2]) /2- c[1] a[2] = (a[1] + a[3]) /2- c[2] a[3] = (a[2] + a[4]) /2- c[3]

......................................

a[n] = (a[n-1] + a[n+1]) /2 -c[n]

2.要输入数据有：n, a[0], a[n+1], 以及 c[1]~~c[n];

3.求a[1];

4.分析题目：

（1）n<=3000,说明不可以用递归，否则栈溢出；

（2）数列a[]中，输入的是数据只是第一个数a[0]和最后一个数a[n+1]，用上面基本递推式子，发现中间有好多未知量，说明得根据递推式子，求a[1],和a[0],a[n+1],c[i]间的关系；

5.求关系

1. 递推关系两遍同时乘以2，把分母2消除以便推导即：
2. 2*a[n] = a[n-1] + a[n+1] -2*c[n]
3. 为了推导方便先假设n=5，则有一下式子 2*a[1]=a[0]+a[2]-2*c[1] 2*a[2]=a[1]+a[3]-2*c[2] 2*a[3]=a[2]+a[4]-2*c[3] 2*a[4]=a[3]+a[5]-2*c[4] 2*a[5]=a[4]+a[6]-2*c[5]
4. 把以上式子加起来，可消元得到： a[1]+a[5]=a[0]+a[6]-2*(sum(1~5)) 这里sum(1~5)=c[1]+c[2]+....+c[5]
5. 走到上面发现式子里面还有个未知量a[5],想办法把a[5]也消去；
6. 返回第2步，令n=4，把式子加起来，可消元得到： a[1]+a[4]=a[0]+a[5]-2*(sum(1~4))
7. 再令n=3，把式子加起来，可消元得到： a[1]+a[3]=a[0]+a[4]-2*(sum(1~3))
8. 直到n=1 a[1]+a[1]=a[0]+a[2]-2*(sum(1~1))
9. 把以上得到的所有式子罗列出来： a[1] + a[5] = a[0] + a[6]- 2*(sum(1~5)) a[1] + a[4] = a[0] + a[5]- 2*(sum(1~4)) a[1] + a[3] = a[0] + a[4]- 2*(sum(1~3)) a[1] + a[2]= a[0] + a[3]- 2*(sum(1~2)) a[1] + a[1] = a[0] + a[2]- 2*(sum(1~1)) 再把这些式子加起来，消元得到：
10. 6*a[1] =5*a[0] + a[6] - 2*(sumx(1~5)) 这里sumx(1~5)=sum(1~1)+sum(1~2)+sum(1~3)...+sum(1~5) 即：

sumx(1~5)=c[1]+(c[1]+c[2])+(c[1]+c[2]+c[3])+.....+（c[1]+c[2]+..+c[5])

11.最终：a[1] = ( 5*a[0] + a[6] - 2*(sumx(1~5)) )/6

12.据归纳法当n=n时；

a[1] = ( n*a[0] + a[n+1] - 2*( sumx(1~n) ) ) / (n+1)

参考代码：

#include <stdio.h>
#include <malloc.h>
/*-----------------------------------------------------*/
void traceback( double *A, double *C, int n );
void input( double *A0, double *An_add1, double *C, int n );
double sumx( double *C, int n );
void function( double A0, double An_add1, double *C, int n );
 
int main()
{
    double    *C;
    int    n;
    double    A0, An_add1;   //分别代表a[0],  a[n+1]
    while ( scanf( "%d", &n ) != EOF )
    {
        C = (double *) malloc( (n + 1) * sizeof(double) ); //为c[]开辟空间
        input( &A0, &An_add1, C, n );    //输入n,  a[0],  a[n+1],  以及  c[1]~~c[n];
        function( A0, An_add1, C, n );    //运行
    }
 
    return(0);
}
 
 
/*-----------------------------------------------------*/
void function( double A0, double An_add1, double *C, int n )
{
    double A1 = (n * A0 + An_add1 - 2 * sumx( C, n ) ) / (n + 1);  //求A1
    printf( "%.2lf\n", A1 );  //输出A1
}
 
 
/*-----------------------------------------------------*/
void input( double *A0, double *An_add1, double *C, int n )
{
    scanf( "%lf%lf", A0, An_add1 );   //输入a[0],  a[n+1]
 
    for ( int i = 1; i <= n; i++ )    //输入c[1]~~c[n]
        scanf( "%lf", &C[i] );
}
 
 
/*-----------------------------------------------------*/
double sumx( double *C, int n )
{
    double sum = 0;
    for ( int i = 1; i <= n; i++ )    //求推导公式中的sumx(1～n)
    {
        for ( int j = 1; j <= i; j++ )
            sum += C[j];
    }
    return(sum);     //返回sumx(1～n)
}

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