成績首先大致列舉 4 位數字組合運算的所有可能情況，大致可以將導致結果不同的因素有：10開啟時間
2023年04月7日 星期二 08:55
折扣0.8
折扣時間
2023年05月1日 星期五 23:55
允許遲交
否關閉時間
2023年05月1日 星期五 23:55
一副牌，除了大小王之外還有52張，從1到13每個數目各有四張。要求設計乙個程式，對於任意給出52張牌中的四張，運用＋－×÷四種運算來判斷能否每個數只能用一次，但不能不用，算出24來。注意，給出的4個數是無序的，可以新增括號。
測試輸入
期待的輸出
時間限制
記憶體限制
額外程序
測試用例 1
1 1 1 1↵
2 3 4 1↵
7 2 1 1↵
no↵yes↵
yes↵
1秒64m
0
四位數字的排列順序：如 2、3 、4、1 與 2、4、3、1
四位數字的運算順序（括號如何加）：如（2 + 3) - (4 + 1) 與 (2 + 3) - 4 + 1
四位數字之間的運算（3個運算子）：如 （2 + 3) - (4 + 1) 與 （2 + 3) - (4 - 1)
粗略地算一下大概有理清楚如何將所有情況都搜尋到，主要考慮回溯法，剪枝不剪枝都沒關係了~
先看乙個小細節，通過觀察發現，其實第乙個因素（不同的排列順序）不同（2、3因素相同時）或許不會有影響，如：（2 + 3) - (4 + 1) 與 （3 + 2) - (1 + 4)。其實就是：
加、乘與前後順序無關，減、除與前後順序有關。分別考慮三種因素會使得回溯變得很複雜，而且上面也說明了1、2因素單獨列舉時會產生重複部分，故這裡考慮將1、2因素合併考慮，第3個因素單獨考慮。那麼，演算法的大概思路如下：
從四個數中選取兩個數進行運算，運算結果為x，此時還剩下三個數待運算（x與未參與運算的兩個數）
從三個數中選取兩個數進行運算，運算結果為x，此時還剩下兩個數待運算（x與未參與運算的乙個數）
選取剩下的兩個數進行運算，得到最終的結果y
若y=24，即這樣子選取的結果是可以的，輸出yes。否則重新選取（若全部都選取完都沒有找到結果為24，就要輸出no）
1、2因素合併考慮的部分：三次選取的過程就是對於整個1、2因素的合併，包含了所有的1、2因素不同而導致的情況。
3因素考慮的部分：對應於每次對於選取出的兩個數字（無序）進行運算的過程。但是注意，這裡不應該只列舉 4 種運算，而是 6 種！因為對於兩個數無序運算的所有結果，減法、除法應該列舉兩次！
這裡的實現巧妙地使用了兩個迴圈的巢狀 與 flag陣列標記 來模擬選取過程，做到了不重不漏。比較難理解的就是：迴圈變數 i、j分別代表尋找的兩個數，一定是未被標記的（也就是未被計算過的，否則會跳過該位的選取）。注意：這裡每次選出的兩個數字的運算結果，又儲存回 i 的 位置，繼續進行運算。而只有 j 位置會被標記。也就是取出兩個，儲存結果。
進入迴圈體後再對於兩個數枚舉 6 種運算。
（其實回溯演算法的每一層step的值就是對應本文 2 中列舉的演算法思路的步數。）
此題有點難理解，按照我的梳理好好消化一下**應該能很快想明白~下面貼出 ac **：
//
// created by a on 2020/4/29.
//#include #include #include #define dif 0.0000001
bool flag[5] = ; //標記該位是否被計算過
double num[5] = ; //每一位的值
bool calc24(int step)
for (int i = 1; i <= 4; i++)
if (!flag[i])
for (int j = i + 1; j <= 4; j++)
num[i] = temp2 - temp1;
if (calc24(step + 1))
return true;
if (temp1 != 0)
/* 還原，便於回溯 */
num[i] = temp1;
flag[j] = false;}}
return false; //一直沒有出口
}int main()
}
記得在列舉兩種除法運算時跳過除數為 0 的情況！否則會re
在step = 4 即判定結果的時候，一定是對結果位判斷是否為24（此時只有結果位的flag為false），否則可能中間結果出現了24也會被判斷成yes。不明白這一點的，可以試試這個用例：3 4 2 3，正確結果為no。我當時就是因為這一點wa了最後乙個用例
num陣列應該用double儲存，因為中間會儲存中間值，會出現小數
對於結果是否等於24的判定是浮點數的判定，因為浮點數的運算是無法完全精準的，要排除一些誤差。故不要直接與24判等，而是與24的差值較小即可。
如有幫助，不妨點讚~
39 回溯演算法
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