一、选秀节目评委打分

1.使用for循环

#include <stdio.h>

int main() {
    float sum = 0, score;
    int i;

    printf("请输入10个评委的分数：\n");
    for (i = 0; i < 10; i++) {
        scanf("%f", &score);
        sum += score;
    }

    printf("平均分：%.2f\n", sum / 10);
    return 0;
}

2.使用while循环

#include <stdio.h>

int main() {
    float sum = 0, score;
    int i = 0;

    printf("请输入10个评委的分数：\n");
    while (i < 10) {
        scanf("%f", &score);
        sum += score;
        i++;
    }

    printf("平均分：%.2f\n", sum / 10);
    return 0;
}

3.使用do-while循环

#include <stdio.h>

int main() {
    float sum = 0, score;
    int i = 0;

    printf("请输入10个评委的分数：\n");
    do {
        scanf("%f", &score);
        sum += score;
        i++;
    } while (i < 10);

    printf("平均分：%.2f\n", sum / 10);
    return 0;
}

二、车牌号穷举

这道题有不同的解法，这里先给出相对简单的一种。

#include <stdio.h>

int main() {
    printf("可能的车牌号有：\n");

    // 遍历所有4位数（1000~9999）
    for (int num = 1000; num <= 9999; num++) {
        int A = num / 1000;       // 第1位
        int B = (num / 100) % 10; // 第2位
        int C = (num / 10) % 10;  // 第3位
        int D = num % 10;         // 第4位

        // 检查条件：
        // 1. 前两位相同（A == B）
        // 2. 后两位之和为6（C + D == 6）
        // 3. 能被2整除（num % 2 == 0）
        if (A == B && C + D == 6 && num % 2 == 0) {
            printf("%d\n", num);
        }
    }

    return 0;
}

接下来介绍一种实际编程中大概率会用到的方法，球球在这里先指明两种方法的优劣。

1.相较于第一种方法，第二种方法可以极大的减少计算数量从而提高程序运行效率。

2.从计算车牌号的角度出发，第一种方法仅仅只是穷举了从 1000 到 9999 的所有车牌号，也就是说实际运行过程中进行了9000次计算，下面的第二种方法只需进行【9 × 7 = 63】次计算！理论上提升了大约143倍的运行效率，真是非常恐怖！！！

代码如下：

#include <stdio.h>

int main() {
    printf("可能的车牌号有：\n");

    // 遍历前两位 A（1~9）
    for (int A = 1; A <= 9; A++) {
        // 遍历后两位 C 和 D，满足 C + D = 6 且 D 是偶数
        for (int C = 0; C <= 6; C++) {
            int D = 6 - C;
            // 检查 D 是否为偶数
            if (D % 2 == 0) {
                // 构造车牌号
                int plate = A * 1000 + A * 100 + C * 10 + D;
                printf("%d\n", plate);
            }
        }
    }

    return 0;
}

球球建议先自行理解，实在想不通再看下面隐藏起来的解释。

优化思路

前两位相同（甲的条件）：
• 设车牌号为 A A C D（即 A == B）。
• A 的取值范围是 1~9（因为车牌号是4位数，首位不能为0）。
后两位之和为6（乙的条件）：
• C + D = 6，其中 C 和 D 都是 0~9 的数字。
• 可能的组合：(0,6), (1,5), (2,4), (3,3), (4,2), (5,1), (6,0)。
能被2整除（丙的条件）：
• 车牌号 A A C D 必须能被 2 整除，即 D 必须是偶数（D ∈ {0, 2, 4, 6, 8}）。
• 因此，(C, D) 的有效组合为：(0,6), (2,4), (4,2), (6,0)。

三、韩信点兵

这道题同样有两种解法，两种解法的效果同上。球球先给出较易理解的穷举法。

#include <stdio.h>

int main() {
    int a, b, c;
    printf("请输入 a, b, c（分别代表 3人一排、5人一排、7人一排的排尾人数）：");
    scanf("%d %d %d", &a, &b, &c);

    printf("可能的士兵人数（1000~1500）：\n");
    int found = 0; // 标记是否找到解

    // 遍历 1000~1500，寻找满足条件的 N
    for (int N = 1000; N <= 1500; N++) {
        if (N % 3 == a && N % 5 == b && N % 7 == c) {
            printf("%d\n", N);
            found = 1;
        }
    }

    if (!found) {
        printf("无解！请检查输入是否合法。\n");
    }

    return 0;
}

下面给出一种优化算法，同上题，可减少计算量，同时适用于求解更大的N（也就是总人数）

具体实现原理为中国剩余定理

#include <stdio.h>

int main() {
    int a, b, c;
    printf("请输入 a, b, c（0 ≤ a < 3, 0 ≤ b < 5, 0 ≤ c < 7）：");
    scanf("%d %d %d", &a, &b, &c);

    // 计算最小解 N0（0 ≤ N0 < 105）
    int N0 = -1;
    for (int n = 0; n < 105; n++) {
        if (n % 3 == a && n % 5 == b && n % 7 == c) {
            N0 = n;
            break;
        }
    }

    if (N0 == -1) {
        printf("无解！请检查输入是否合法。\n");
        return 0;
    }

    printf("可能的士兵人数（1000~1500）：\n");
    int found = 0;

    // 计算所有可能的 N = 105k + N0，且在 1000~1500 范围内
    for (int k = (1000 - N0) / 105; 105 * k + N0 <= 1500; k++) {
        int N = 105 * k + N0;
        if (N >= 1000 && N <= 1500) {
            printf("%d\n", N);
            found = 1;
        }
    }

    if (!found) {
        printf("无解！\n");
    }

    return 0;
}

这题有些难度，下面球球尽最大努力给出详细解释。

那我问你，高考过去那么长时间了，有些数学定理难免会忘，那我问你，中国剩余定理是什么？（球球的头怎么尖尖的，球体要变成圆锥了QAQ）

中国剩余定理（Chinese Remainder Theorem, CRT）

中国剩余定理是数论中的一个重要定理，用于求解同余方程组。它最早出现在中国古代数学著作《孙子算经》（约公元3-5世纪）的“物不知数”问题中，后来被欧洲数学家推广并命名为“中国剩余定理”。

1. 问题描述

两两互质的正整数 n_1, n_2, \dots, n_k ，以及余数 a_1, a_2, \dots, a_k ，求解满足以下同余方程组的整数 x ：

\begin{cases} x \equiv a_1 \pmod{n_1} \\ x \equiv a_2 \pmod{n_2} \\ \vdots \\ x \equiv a_k \pmod{n_k} \end{cases}
定理保证：如果 n_1, n_2, \dots, n_k 两两互质，那么这个方程组在模 N = n_1 n_2 \dots n_k 下有唯一解。

2. 韩信点兵问题的数学表示

在韩信点兵问题中：
• 士兵总数 x 满足：
\begin{cases} x \equiv a \pmod{3} \\ x \equiv b \pmod{5} \\ x \equiv c \pmod{7} \end{cases}
• 由于 3, 5, 7 两两互质，中国剩余定理适用。

3. 中国剩余定理的构造性解法

步骤 1：计算 N = n_1 n_2 \dots n_k

在韩信点兵问题中：
N = 3 \times 5 \times 7 = 105
所有解的形式为：
x = 105k + x_0 \quad (k \in \mathbb{Z})
其中 x_0 是最小的非负解（ 0 \leq x_0 < 105 ）。

步骤 2：计算 x_0

我们需要找到一个 x_0 满足：
\begin{cases} x_0 \equiv a \pmod{3} \\ x_0 \equiv b \pmod{5} \\ x_0 \equiv c \pmod{7} \end{cases}

(1) 先解前两个方程

设 x_0 = 5m + b ，代入第一个方程：
5m + b \equiv a \pmod{3} \\ \Rightarrow 2m \equiv a - b \pmod{3} \\ \Rightarrow m \equiv (a - b) \times 2^{-1} \pmod{3}
由于 2^{-1} \equiv 2 \pmod{3} （因为 2 \times 2 = 4 \equiv 1 \pmod{3} ），所以：
m \equiv 2(a - b) \pmod{3}
取 m = 3k + 2(a - b) ，代入 x_0 ：
x_0 = 5(3k + 2(a - b)) + b = 15k + 10(a - b) + b
取 k = 0 ，得到：
x_0 = 10a - 9b

(2) 代入第三个方程

x_0 \equiv c \pmod{7} \\ 10a - 9b \equiv c \pmod{7} \\ \Rightarrow 3a - 2b \equiv c \pmod{7} \quad (\text{因为 } 10 \equiv 3, -9 \equiv -2 \pmod{7})
检查是否成立：
• 如果成立，则 x_0 = 10a - 9b 是一个解。
• 如果不成立，说明输入 a, b, c 不合法（无解）。

(3) 调整 x_0 到 0 \leq x_0 < 105

由于 x_0 = 10a - 9b 可能是负数或大于 105，我们需要调整：
x_0 = (10a - 9b) \mod 105

步骤 3：求所有解

所有解的形式为：
x = 105k + x_0 \quad (k \in \mathbb{Z})
在韩信点兵问题中， x 的范围是 1000 \leq x \leq 1500 ，所以：
1000 \leq 105k + x_0 \leq 1500
解不等式：
k_{\text{min}} = \left\lceil \frac{1000 - x_0}{105} \right\rceil \\ k_{\text{max}} = \left\lfloor \frac{1500 - x_0}{105} \right\rfloor
然后遍历 k 从 k_{\text{min}} 到 k_{\text{max}} ，计算 x = 105k + x_0 。

4. 示例

输入 1：合法输入

a=2, b=3, c=2

计算：
x_0 = 10 \times 2 - 9 \times 3 = 20 - 27 = -7 \equiv 98 \pmod{105}
检查：
98 \equiv 0 \pmod{7} \quad (\text{但 } c=2 \text{，矛盾})
实际上，正确的 x_0 应满足：
10a - 9b \equiv c \pmod{7} \\ 20 - 27 \equiv 2 \pmod{7} \\ -7 \equiv 0 \equiv 2 \pmod{7} \quad (\text{不成立})
因此输出：

无解！请检查输入是否合法。

输入 2：合法输入

a=1, b=2, c=3

计算：
x_0 = 10 \times 1 - 9 \times 2 = 10 - 18 = -8 \equiv 97 \pmod{105}
检查：
97 \equiv 6 \pmod{7} \quad (\text{但 } c=3 \text{，矛盾})
因此输出：

无解！请检查输入是否合法。

输入 3：合法输入

a=2, b=1, c=2

计算：
x_0 = 10 \times 2 - 9 \times 1 = 20 - 9 = 11 \equiv 11 \pmod{105}
检查：
11 \equiv 4 \pmod{7} \quad (\text{但 } c=2 \text{，矛盾})
因此输出：

无解！请检查输入是否合法。

5. 总结

关键点	说明
适用条件	模数 n_1, n_2, \dots, n_k 两两互质
解的形式	x = Nk + x_0 ，其中 N = n_1 n_2 \dots n_k
最小解 x_0	通过逐步代入计算
解的调整	确保 x_0 在 [0, N) 范围内
无解情况	如果 x_0 不满足所有方程，则无解

球球补充一下，中国剩余定理在密码学、计算机科学（如RSA算法（RSA也是网安下学期的专业课哦））和工程计算中都有有广泛应用。

四、数字枚举

#include <stdio.h>

int main() {
    int count = 0; // 计数器，记录符合条件的3位数个数

    printf("所有可能的3位数：\n");

    // 百位数 i (1~4)
    for (int i = 1; i <= 4; i++) {
        // 十位数 j (1~4)，且 j ≠ i
        for (int j = 1; j <= 4; j++) {
            if (j == i) continue; // 跳过重复数字

            // 个位数 k (1~4)，且 k ≠ i 且 k ≠ j
            for (int k = 1; k <= 4; k++) {
                if (k == i || k == j) continue; // 跳过重复数字

                // 生成3位数：i*100 + j*10 + k
                int num = i * 100 + j * 10 + k;
                printf("%d\n", num);
                count++;
            }
        }
    }

    printf("\n总计：%d 个\n", count);
    return 0;
}

当然这道题也有更高效的算法，比如改用递归回溯法，但是已经严重超出这本书的涵盖范围，球球在这里不做演示，感兴趣的话可以自己研究一下（绝对不是球球自己也不会啊，绝对不是ο(=•ω＜=)ρ

五、九九乘法表

球球自己加了一点小装饰，嘿嘿，不喜欢的话直接删掉就行啦~

#include <stdio.h>

int main() {
    printf("========== 九九乘法表 ==========\n");
    
    for (int i = 1; i <= 9; i++) {      // 外层循环控制行（乘数1）
        for (int j = 1; j <= i; j++) {  // 内层循环控制列（乘数2）
            printf("%d×%d=%-2d  ", j, i, i * j); // 格式化输出
        }
        printf("\n"); // 每行结束后换行
    }
    
    printf("===============================\n");
    return 0;
}

本次作业难度较大，以上内容球球如果有任何问题多多在评论区指出哦~

谢谢大家啦~