有趣的代码是很多的，所以接着上一篇，这一篇再和大家分享一些有故事背景的程序设计。
目录
1.百元买百鸡问题
2.哥德巴赫猜想
3.折半查找
4.主对角线元素之和
5.戈尼斯堡七桥问题
1.百元买百鸡问题
已知公鸡5元一只，母鸡3元一只，小鸡一元三只，花一百元钱买100只鸡，请问公鸡、母鸡、小鸡各有多少只？
很明显这是一个小学的数学应用题（其实，我也忘了三元一次方程是啥时候学的了😳），我们只需要列出两个三元一次方程，就可以简单解出来，那么怎么编写程序解决这个问题呢？其实，我们还是用方程式，但是是通过遍历找出满足方程式的值。
算法实现如下：
设变量x表示公鸡的个数，y表示母鸡的个数，z表示小鸡的个数，count表示解的个数。
1.初始化解的个数count=0；
2.循环变量x从0~20循环执行下属操作（关于为什么最大值是20，大家利用数学知识就很容易明白，而且这样就助于减少没必要的运算量）
2.1循环变量y从0~33循环执行下述操作：
2.1.1 z = 100 - x - y;
2.1.2 若5 * x + 3 * y + z / 3等于100，则count++；输出x，y，z的值；
2.1.3 y++；
2.2 x++；
3.如果count等于0，则输出无解信息。
代码实现如下：
#include<stdio.h>
int main()
{
int x , y , z ;
int count = 0 ;
for(x = 0 ; x <= 20 ; x++)
{
for(y = 0 ; y<= 33 ; y++)
{
z = 100 -x -y;
if((z % 3 == 0) && (5 * x + 3 * y + z / 3) ==100)
{
count++;
printf("第%d种情况为：公鸡有%d只，母鸡有%d只，小鸡有%d只\n", count , x , y , z );
}
}
}
if(count == 0)
printf("问题无解\n");
return 0;
}2.哥德巴赫猜想
哥德巴赫猜想：在任意大于2的偶数可以分解为两个素数之和，哥德巴赫猜想是世界著名的数学难题，请验证哥德巴赫猜想。
根据哥德巴赫猜想，我们可以知道只要判断大于2的偶数可以等于两个素数之和即可，那么我们最好建立一个判断是否是素数的函数。
算法实现如下：
设变量n表示偶数，将n分解为n1和n2
1.n1从2~n/2循环执行下述操作
1.1如果n1不是素数，则n1++，重复步骤1.1试下一组数；
1.2n2 = n - n1；
1.3如果n2不是素数，则n1++，返回步骤1.1试下一组数；
1.4n1和n2均为素数，则转步骤2输出结果；
2.输出n1和n2；
代码实现如下：
#include<stdio.h>
int Is_Prime(int x)
{
if(x == 1)
return 0 ;//返回值为0，不是素数
if(x == 2)
return 1 ;//返回值为1，则是素数
int num=2;
for(num = 2 ; num < x / 2 ; num++)
{
if(x % num == 0) break;
}
if( num < (x / 2) )
return 0 ;
else
return 1 ;
}
int main()
{
int n , n1 , n2 ;
printf("请输入一个偶数： ");
scanf("%d",&n);
for(n1 = 2 ; n1 < n / 2 ; n1++)
{
if(Is_Prime(n1) == 0) continue;
n2 = n - n1 ;
if(Is_Prime(n2) == 0) continue;
if (Is_Prime(n1)+Is_Prime(n2) == 2) break;
}
printf("%d可分解为%d+%d\n", n , n1 , n2 );
return 0;
}上面的代码还是有些丑陋的，下面是进行了简单的优化。
#include<stdio.h>
int Is_Prime(int x)
{
if(x == 1)
return 0 ;//返回值为0，不是素数
if(x == 2)
return 1 ;//返回值为1，则是素数
int num=2;
for(num = 2 ; num < x / 2 ; num++)
{
if(x % num == 0) break;
}
if( num < (x / 2) )
return 0 ;
else
return 1 ;
}
int main()
{
int n , n1 , n2 ;
printf("请输入一个偶数： ");
scanf("%d",&n);
for(n1 = 2 ; n1 < n / 2 ; n1++)
{
n2 = n - n1 ;
if (Is_Prime(n1)+Is_Prime(n2) != 2)
continue;
else
break;
}
printf("%d可分解为%d+%d\n", n , n1 , n2 );
return 0;
}某种程度来说，可以不设置n2，直接在函数中放置n-n1即可等价于n2。
下面再写一个非函数的代码实现。
#include<stdio.h>
int main()
{
int n , n1 , n2,i ;
printf("请输入一个偶数： ");
scanf("%d",&n);
for(n1 = 2 ; n1 < n / 2 ; n1++)
{
for(i = 2 ; i < n1 ; i++)
{
if(n1 % i == 0) break;
}
if(i < n1)
continue;
n2 = n - n1 ;
for(i = 2 ; i < n2 ; i++)
{
if(n2 % i == 0) break;
}
if(i == n2) break;
}
printf("%d可分解为%d+%d\n", n , n1 , n2 );
return 0;
}3.折半查找（二分查找）
应用折半查找方法在一个升序序列中查找值为k的元素。若查找成功，返回元素k在序列中的位置，若查找失败，返回失败信息。
折半查找可以利用序列有序的特点，其查找过N程是：取序列的中间元素作为比较对象，若k与中间元素相等，则查找成功；若k小于中间元素，则在中间的左半区继续查找；若k大于中间元素，则在中间元素的右半区继续查找。不断重复上述过程，直到查找成功，或查找区间为空，即查找失败。
算法实现如下：
设数组arr[N]存储升序的整数序列，[low.right]为查找区间，mid为区间的中间位置。
1.设置初始查找区间：low = 0；high = N - 1；
2.当存在查找区间[low,right]时，重复执行下述操作：
2.1计算中间位置：mid = ( low + high ) / 2；
2.2比较k与arr[mid]，有以下三种情况：
①若k < arr[mid]，则查找在左半区进行，high = mid - 1；
②若k > arr[mid]，则查找在右半区进行，low = mid + 1；
③若k = arr[mid]，则查找成功，退出循环
3.若提前退出循环，则查找成功，输出序号；否则输出失败信息。
代码实现如下：
#include<stdio.h>
#define N 5
int main()
{
int arr[N]={ 2 , 3 , 6 , 7 , 8 } , k;
int low = 0 , high = N - 1 , mid ;
printf("请输入待查值：");
scanf("%d",&k);
while(low <= high)
{
mid = (high + low) / 2 ;
if(k < arr[mid]) high = mid - 1 ;
else if(k > arr[mid]) low = mid + 1;
else break;
}
if(low > high) printf("查找失败！\n");
else printf("查找成功，该元素的序号为%d\n",mid + 1);
return 0;
}4.主对角线元素之和
求n*n矩阵中主对角线元素之和。
首先，我们应该先知道啥是矩阵，关于这部分知识，建议大家好好看看线性代数。而在程序中我们可以用二维数组来存放矩阵，然后就根据主对角线元素的下标特点，列出对应关系式即可。
算法实现如下：
设变量sum存储主对角线元素之和1.初始化累加器sum = 0；
2.循环变量i从0到n-1，重复执行下述操作：
2.1sum = sum + a[i][i]；
2.2i++；
3.输出sum
代码实现如下：
#include<stdio.h>
int main()
{
int a[10][10] , i , j , n , sum ;
printf("请输入矩阵的阶数： ");
scanf("%d",&n);
printf("请输入%d个整数：",n*n);
for(i = 0 ; i < n ; i++)
{
for(j = 0 ; j < n ; j++)
scanf("%d",&a[i][j]);
}
for(i = 0 ; i < n ; i++)
sum = sum + a[i][i] ;
printf("该矩阵主对角线元素之和为%d\n",sum);
return 0;
} 其实，上面大家也可以创建数组时用宏，来使数组的最大情况可以手动调整，而这里用10*10规模，算是在能够简单测试的同时，减少开辟的空间。代码中的for循环嵌套算是比较妙的存储矩阵（只在需要的地方存储数据），然后按照所发现的主对角线元素的下标规律，问题就迎刃而解了。
5.戈尼斯堡七桥问题
17世纪的东普鲁士有一座戈尼斯堡城，城中有一座岛，普雷格尔河的两条支流环绕其旁，并将整个城市分成北区、东区、南区和岛区4个区域，全城共有7座桥将4个城区连接起来。于是，产生一个有趣的问题：一个人是否能在一次步行中经过全部的7座桥后回到起点，且每一座桥只经过一次。如下图：
我们可以把四个区域想象为4个节点，而桥就相当于连接两个节点的线，所以上面的图可以抽象为下图：
那么现在七桥问题就变成了一个数学问题：求经过图中每一条且仅经过一次的回路，称为欧拉回路。
欧拉回路的判定规则是：
①如果同奇数桥的城区多于两个，则不存在欧拉回路。
②如果没有一个城区通奇数桥，则无论从哪里除法都能找到欧拉回路。
故求解七桥问题的基本思路：依次计算图中与每一个节点相关联的边的个数（称为节点的度），根据度为奇数的节点个数判定是否存在欧拉回路。
算法实现如下：
将节点A、B、C、D编号为0、1、2、3，用二维数组mat[4][4]表示七桥问题的图模型，如果节点i（0<=i<=3）和（0<=j<=3）之间有k条边，则元素mat[i][j]的值为k，那么我们求解七桥问题的实际上就是求二维数组mat[4][4]中求每一行元素之和。（因为这里把两个坐标看作两个节点，把对应下标的元素值看作两个节点间的桥数，那么每一行元素之和就是某一节点和其他节点之间通的桥数
1.count初始化为0；
2.下标i从0~n-1重复执行下述操作：
2.1计算第i行元素之和degree
2.2如果degree为奇数，则count++；
3.若count等于0，则存在欧拉回路，否则不存在欧拉回路。
代码实现如下：
#include<stdio.h>
int main()
{
int mat [4][4] = {0 , 1 , 2 , 2 , 1 , 0 , 1 , 1 , 2 , 1 , 0 , 0 , 2 , 1 , 0 , 0};
int i , j , count = 0 , degree ;
for(i = 0 ; i < 4 ; i++)
{
degree = 0;
for(j = 0 ; j < 4 ; j++)
{
degree = degree + mat[i][j];
}
if(degree % 2 != 0)
count++;
}
if(count == 0)
printf("存在欧拉回路\n");
else
printf("有%d个地方通奇数桥，不存在欧拉回路\n",count);
return 0;
} 
