最難演算法
1. 史上最難的數學題，大家來算一算啊 有3個人去投宿,一晚30元.三個人每人掏了10元湊夠30元交給了
這個推理其實也是偷換概念。意義是想把人帶進3人各花10元的陷阱。3人各花10元=30元，老闆退還5元=25元+服務生偷藏2元=27元。退回每人一元即每人交9元 3人*9元=27元。即3人花的錢就是27元，老闆加服務生拿的錢也是27元。推理誤導在於想誤導每人花10元。但其實每人只花了9元住店。即3人共用27元。那服務生拿走的兩元不能加進顧客的錢里。
真實算式應為：顧客部分：3人各交10元=30元 老闆退費後各拿一元即每人交9元=27元。
老闆部分：收30元後退5元=25元 服務生拿走2元=27元（這里設計服務生是老闆方面的人。不算顧客。）
交的等於老闆方面收的。錢數是對的。服務生的兩元應該算在老闆方面，不在顧客方面
//我做出來了。
//輸入：A1,A3,A2,A8,A7,A6,A5,A4
//輸出：A1,A2,A3,A4,A5,A6,A7,A8
//只是對輸入的字串長度限制在100以內。
#include "stdio.h"
int main( )
{
char str1[100];
//輸入字元串
printf("請輸入字元串：");
scanf("%s",str1);
//對字元串分組
char str[50][3];
char *p=str1;
int i=0,j=0;
for(;*p!='\0';p++)
{
if(*p!=',')
{
str[i][j]=*p;
j++;
}
else
{
str[i][j]='\0';
i++;
j=0;
}
}
str[i][j]='\0';
i++;
j=0;
//對字串排序
for(j=0;j<i;j++)
for(int k=j+1;k<i;k++)
{
if(str[j][1]>str[k][1])
{
char temp;
temp=str[j][0];
str[j][0]=str[k][0];
str[k][0]=temp;
temp=str[j][1];
str[j][1]=str[k][1];
str[k][1]=temp;
}
}
//復制排序好的字串
p=str1;
for(j=0;j<i;j++)
{
*p=str[j][0];
p++;
*p=str[j][1];
p++;
if(j<i-1)
{
*p=',';
p++;
}
}
*p='\0';
//輸出排序好的字串
printf("排序後的符串：%s",str1);
printf("\n");
}
3. 演算法和建模最難的是思想還是技術
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4. 世界上最難的數學題到底是什麼
費馬最後定理
對於任意不小於3的正整數 ,x^n + y^n = z ^n 無正整數解
哥德巴赫猜想
對於任一大於2的偶數都可寫成兩個質數之和，即1+1問題
NP完全問題
是否存在一個確定性演算法，可以在多項式時間內，直接算出或是搜尋出正確的答案呢？這就是著名的NP=P？的猜想
霍奇猜想
霍奇猜想斷言，對於所謂射影代數簇這種特別完美的空間類型來說，稱作霍奇閉鏈的部件實際上是稱作代數閉鏈的幾何部件的(有理線性)組合
龐加萊猜想
龐加萊已經知道，二維球面本質上可由單連通性來刻畫，他提出三維球面(四維空間中與原點有單位距離的點的全體)的對應問題
黎曼假設
德國數學家黎曼(1826~1866)觀察到，素數的頻率緊密相關於一個精心構造的所謂黎曼zeta函數ζ(s)的性態。著名的黎曼假設斷言，方程ζ(s)=0的所有有意義的解都在一條直線上
楊－米爾斯存在性和質量缺口
納衛爾-斯托可方程的存在性與光滑性
BSD猜想
像樓下說的1+1=2 並不是什麼問題的簡稱 而就是根據皮亞諾定理得到的一個加法的基本應用，是可以簡單通過皮亞諾定理和自然數公理解決的
5. 求24最難演算法。
5 5 5 1
5（5-1/5）= 24
6. 世界上最復雜的程序演算法有哪些
Jump-pointer: 在作LA(v,d)的時候, 如果一層一層的往上搜索很慢. 有沒有可能直接跳呢? 比如我們知道LA(u,d) = LA(v,d),如果u是v的一個ancestor. 如果直接儲存了LA(u,d), 並且可以在log(n)的時間"跳"到u, 那麼只要log n的時間就能找到LA(v,d). 這個演算法要用 O(n log n)的preprocess time + O(log n)的time. 每一次跳的距離是上一次的1/2倍.，[這個演算法很簡單的]。
7. 史上最難的算24點，等待高人破解！
24點一般只考慮加減乘除，不考慮開方和乘方。如果不要求速度的話，24點不存在難題。
一共四個數，設為ABCD。那麼24點的公式只有兩種情況。
1.3-1型：（）@ X或者X@（）
其中X表示任意一個數，@表示任意一種演算法，（）內表示剩下三個數的任意組合。
比如A+B+C+D，A÷（B+C÷D），
2.2-2型：（）#（）
其中（）表示任意兩個數的乘積或商，#表示加或減
比如A×B+C×D
或者（）表示兩個數的和或差，#表示乘或除
比如（A+B）×（C-D）
事實上，4個數中，不同的兩個數的組合只有三種，而且2-2型幾乎不會涉及到分數。所以2-2型實際上非常容易觀察得出，比如2，4，6，10的答案是（2+10）×（6-4）
而3-1型比較復雜，有些題會算很長時間
顯然，1，1，2，12這種題我們一眼就能看出來，所以拿到題目時，我們先快速觀察一下是不是較簡單的題，或者是2-2型的題，很多題往往就解決了。問題是碰到了答案比較隱蔽的，或者是涉及到分數的，比如4，6，6，10該怎麼解決。
首先，通過最開始的觀察我們已經確定了不是2-2型，那麼一定就是3-1型。那麼我們可以把這個「1」提出來，假設是4，那麼只有以下五種可能，4+20，28-4，4×6，96÷4，4÷1/6
於是我們就看剩下的三個數能不能湊成20，28，6，96，1/6就可以了。因為只有三個數，這個過程是很快的，但是頭腦一定要保持清晰，不要因為簡單就誤算。
驗算後很顯然6×（10+6）=96，如果你沒有發現，我們再驗算6，
那麼剩下的三個數只需要組成4，18，30，1/4，144就可以了，稍微觀察一下便知4÷（6+10）=1/4
那麼最終答案就是6÷（4÷（6+10））=24
當然有些題只有一種答案，錯過了一種，就必須重新驗算了。
而其中也有一些方法，比如4，6，10顯然不能組成144，因為4×6×10才等於144的一半還不到，如果在中間添加加減除那麼數字肯定不夠大，當然，這些方法需要自己總結，積累經驗。
再看1，5，5，5這道題就比較簡單了，因為只有兩種數字，而且1顯然不是「1」，所以只需要驗證5就可以，那麼剩下的1，5，5需要組合成，5/24，24/5，19，29，120其中之一。
簡單計算一下，不難發現5-1/5=24/5
於是5×（5-1/5）=24
相對而言4，6，6，10就比較難，因為有三種數字，而且涉及到分數。
而2，7，8，9雖然有四種數字，但是計算的時候並沒有那麼復雜。
比如驗算7的時候，需要剩下的三個數組成168，17，7/24，24/7，31。
很顯然7/24和24/7不用考慮，因為剩下三個數不可能同時組成7和24，168很顯然也不可能，因為把剩下三個數乘起來也沒有168。當然了，這種經驗式的判斷需要你多加練習。
那麼最終我們會發現這組數的「1」是8，答案是
2×（7+9）-8
任何一個題目，用這種方法算，一定可以算出來，如果你足夠熟練的話，根本沒有難題。所以說算24點考驗的是你的熟練度而不是智商，當然也沒有所謂的「史上最難」了。
8. 【比較難寫的演算法】最壞情況線性時間的選擇
實際上比平均情況下線性時間的選擇要復雜很多（演算法導論上偽代碼都沒有）
問題是快速排序要求樞紐元在最後一個，如果採用hoare的劃分演算法，就沒有這個要求。而給出的是樞紐元的值，然後要找到位置（搜索一遍），再交換。
如果採用hoare劃分法，不用搜索，不過演算法和書上描述的就稍有不同了。
另外，因為代碼復雜，所以對於隨機輸入，此演算法較慢
下面是hoare劃分的選擇代碼
# include <ctime>
# include <cstdlib>
# include <iostream>
inline void swap(int &x, int&y)
{
int temp = x;
x = y;
y = temp;
}
// A[p..r]
int hoarePartitionX(int *A, int p, int r, int x)
{
int i = p - 1;
int j = r + 1;
for(;;)
{
while( A[--j] > x)
;
while( A[++i] < x)
;
if(i<j)
{
swap(A[i], A[j]);
}
else
{
return j;
}
}
}
// A[0..size-1]
void insertionSort(int *A, int size)
{
int i;
int key;
for(int j=1; j<size; j+=1)
{
key = A[j];
i = j - 1;
while(i >= 0 && A[i] > key)
{
A[i+1] = A[i];
i -= 1;
}
A[i+1] = key;
}
}
// return the ith smallest element of A[p..r]
int select(int *A, int p, int r, int i)
{
if(p == r) // only one element, just return
{
return A[p];
}
// #1. groupNum & rest
int groupNum = (r - p + 1) / 5; // not counting the rest
int rest = (r - p + 1) % 5;
// #2. sort the groups
for(int t=0; t<groupNum; t+=1)
{
insertionSort(A + p + t*5, 5);
}
if(rest != 0)
{
insertionSort(A + p + groupNum * 5, rest);
}
// #3. get the mid value x
int *mids;
if(rest == 0)
mids = new int[groupNum];
else
mids = new int[groupNum+1];
for(int t=0; t<groupNum; t+=1)
{
mids[t] = A[ p + t*5 + 2 ];
}
if(rest != 0)
{
mids[groupNum] = A[ p + groupNum*5 + (rest-1)/2 ];
}
int x;
if( rest == 0 )
{
x = select(mids, 0, groupNum-1, (groupNum-1) / 2 + 1);
}
else
{
x = select(mids, 0, groupNum, groupNum / 2 + 1);
}
delete []mids;
// #4. partition with x
int k = hoarePartitionX(A, p, r, x) - p + 1; // so the value A[p+k-1] is the kth smallest
// #5.
if(i <= k)
{
return select(A, p, p+k-1, i);
}
else
{
return select(A, p+k, r, i-k);
}
}
int main()
{
int array[100];
for(int i=0; i<100; i+=1)
array[i] = i;
for(int i=0; i<100; i+=1)
{
int rnd = rand()%100;
swap(array[0], array[rnd]);
}
std::cout << select(array, 0, 99, 82);
std::cin.get();
return 0;
}