定义 S n ​ =1!+2!+3!+⋯+n!,现输入一个n,求对应的S n ​

时间: 2023-11-15 18:02:00 浏览: 104
输入一个正整数n,求对应的S n =1!+2!+3!+⋯+n!。 可以使用一个循环来计算S n ,每次循环计算当前的i的阶乘,并将其加入到S n 中。具体实现如下: ``` #include <stdio.h> double fact(int n) { double res = 1; for (int i = 1; i <= n; i++) { res *= i; } return res; } int main() { int n; double sum = 0; printf("Enter n: "); scanf("%d", &n); for (int i = 1; i <= n; i++) { sum += fact(i); printf("%d!=%.0f\n", i, fact(i)); } printf("S%d=%.0f\n", n, sum); return 0; } ```
相关问题

定义 S n ​ =1!+2!+3!+⋯+n!,现输入一个n,求对应的S n ​

好的,根据您的要求,我不会透露您的任何要求。针对您的问题,以下是我的回答: 要求S n ,可以使用循环计算每个阶乘并累加,具体代码如下: ```python def factorial(n): res = 1 for i in range(1, n+1): res *= i return res def S(n): res = 0 for i in range(1, n+1): res += factorial(i) return res n = int(input("请输入n:")) print("S(n) =", S(n)) ``` 输入n后即可得到对应的S n 。

用c语言定义 S n ​ =1!+2!+3!+⋯+n!,现输入一个n,求对应的S n ​

要用C语言定义并计算 \( S_n = 1! + 2! + 3! + \cdots + n! \),我们可以编写一个程序来计算每个阶乘并累加求和。以下是一个示例代码: ```c #include <stdio.h> // 函数声明:计算阶乘 unsigned long long factorial(int n); // 函数声明:计算S_n unsigned long long calculateSn(int n); int main() { int n; printf("请输入一个正整数n: "); scanf("%d", &n); unsigned long long Sn = calculateSn(n); printf("S_%d = %llu\n", n, Sn); return 0; } // 计算阶乘的函数 unsigned long long factorial(int n) { if (n == 0 || n == 1) { return 1; } unsigned long long result = 1; for (int i = 2; i <= n; i++) { result *= i; } return result; } // 计算S_n的函数 unsigned long long calculateSn(int n) { unsigned long long sum = 0; for (int i = 1; i <= n; i++) { sum += factorial(i); } return sum; } ``` 这个程序首先定义了一个计算阶乘的函数 `factorial`,然后定义了一个计算 \( S_n \) 的函数 `calculateSn`。在 `main` 函数中,程序从用户那里获取输入的整数 `n`,并调用 `calculateSn` 函数来计算 \( S_n \),最后输出结果。
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梦境中的西西艾弗岛由 n + 1 n+1 个区域组成。梦境巡查员顿顿每天都会从梦之源( 0 0 号区域)出发,顺次巡查 1 , 2 , ⋯ , n 1,2,⋯,n 号区域,最后从 n n 号区域返回梦之源。 在梦境中穿梭需要消耗美梦能量: 从梦之源出发时,顿顿会携带若干初始能量; 从第 i i 号区域前往下一区域( 0 ≤ i ≤ n 0≤i≤n)需要消耗 a i a i ​ 单位能量,因此从第 i i 号区域出发时,顿顿剩余的美梦能量需要大于或等于 a i a i ​ 单位; 顺利到达第 i i 号区域( 1 ≤ i ≤ n 1≤i≤n)后,顿顿可以从当地居民的美梦中汲取 b i b i ​ 单位能量作为补给。 假设顿顿初始携带 w w 单位美梦能量,那么首先需要保证 w ≥ a 0 w≥a 0 ​ ,这样顿顿便可消耗 a 0 a 0 ​ 能量穿梭到 1 1 号区域、进而获得 b 1 b 1 ​ 单位能量补给。巡查 1 1 号区域后,顿顿剩余能量为 w − a 0 + b 1 w−a 0 ​ +b 1 ​ ,如果该数值大于或等于 a 1 a 1 ​ ,顿顿便可继续前往 2 2 号区域。依此类推,直至最后消耗 a n a n ​ 单位能量从 n n 号区域返回梦之源,便算是顺利完成整个巡查。西西艾弗岛,又迎来安宁的一夜,可喜可贺! img 作为一个成熟的梦境巡查员,顿顿已经知晓初始需要携带多少能量可以保证顺利完成巡查。但在一些意外状况下,比如学生们受期末季的困扰而无法安眠,顿顿可能在某些区域无法采集足够的美梦能量。此时,便需要增加初始携带量以备万全。 具体来说,考虑一个简单的情况:在 1 1 到 n n 号区域中,有且仅有一个区域发生意外,顿顿无法从该区域获得能量补给。 如果第 i i 号区域( 1 ≤ i ≤ n 1≤i≤n)发生意外(即 b i b i ​ 变为 0 0),则此时为顺利完成巡查,顿顿从梦之源出发所携带的最少初始能量记作 w ( i ) w(i)。 试帮助顿顿计算 w ( 1 ) , w ( 2 ) , ⋯ , w ( n ) w(1),w(2),⋯,w(n) 的值。 输入格式 从标准输入读入数据。 输入共三行。 输入的第一行包含一个整数 n n。 输入的第二行包含 n + 1 n+1 个整数 a 0 , a 1 , a 2 , ⋯ , a n a 0 ​ ,a 1 ​ ,a 2 ​ ,⋯,a n ​ 。 输入的第三行包含 n n 个整数 b 1 , b 2 , ⋯ , b n b 1 ​ ,b 2 ​ ,⋯,b n ​ 。

#include <bits/stdc++.h> using namespace std; const int N = 100005; string s,tmp; int n; int nxt[N][26],length[N],fail[N],sk[N],tp,sz; queue <int> q; int pos(string s,int len) { int p = 0; for (int i = 0;i < len;i++) { if (!nxt[p][s[i]-'a']) return 0; p = nxt[p][s[i]-'a']; } return p; } void insert(string s,int len) { int p = 0; for (int i = 0;i < len;i++) { if (!nxt[p][s[i]-'a']) nxt[p][s[i]-'a'] = ++sz; p = nxt[p][s[i]-'a']; } length[p] = len; } void kmp() { memset(fail,0,sizeof(fail)); for (int i = 0;i < 26;i++) if (nxt[0][i]) q.push(nxt[0][i]); while (!q.empty()) { int i = q.front(); q.pop(); for (int j = 0;j < 26;j++) if (nxt[i][j]) { int p = fail[i]; while (p && !nxt[p][j]) p = fail[p]; if (nxt[p][j]) p = nxt[p][j]; fail[nxt[i][j]] = p,q.push(nxt[i][j]); } } } string erase(string s,int len) { string ret = ""; for (int i = 0;i < len;i++) ret += ' '; int p = 0,l = 0; tp = 0; for (int i = 0;i < len;i++) { while (!nxt[p][s[i]-'a'] && p>0) p = fail[p]; if (!nxt[p][s[i]-'a']) { sk[++tp] = p,ret[++l] = s[i]; continue; } p = nxt[p][s[i]-'a'],sk[++tp] = p,ret[++l] = s[i]; if (length[p] > 0) tp -= length[p],l -= length[p],p = sk[tp]; } return ret.substr(1,l); } int main() { cin >> s >> n; while (n--) cin >> tmp,insert(tmp,tmp.length()); kmp(),cout << erase(s,s.length()); return 0; }题目描述 FJ 把杂志上所有的文章摘抄了下来并把它变成了一个长度不超过 105 的字符串 s。他有一个包含 n 个单词的列表,列表里的 n 个单词记为 t1​⋯tn​。他希望从 s 中删除这些单词。 FJ 每次在 s 中找到最早出现的列表中的单词(最早出现指该单词的开始位置最小),然后从 s 中删除这个单词。他重复这个操作直到 s 中没有列表里的单词为止。注意删除一个单词后可能会导致 s 中出现另一个列表中的单词。 FJ 注意到列表中的单词不会出现一个单词是另一个单词子串的情况,这意味着每个列表中的单词在 s 中出现的开始位置是互不相同的。 请帮助 FJ 完成这些操作并输出最后的 s。 输入格式 第一行是一个字符串,表示文章 s。 第二行有一个整数,表示单词列表的单词个数 n。 第 3 到第 (n+2) 行,每行一个字符串,第 (i+2) 行的字符串 ti​ 表示第 i 个单词。 输出格式 输出一行一个字符串,表示操作结束后的 s。 数据规模与约定 对于全部的测试点,保证: 1≤∣s∣,i=1∑n​∣ti​∣,n≤105。 字符串均只含小写字母。 操作结束后 s 不会被删成空串。 对于所有的 i=j,ti​ 不是 tj​ 的子串。 其中对于一个字符串 x,约定 ∣x∣ 表示 x 的长度。 提示 操作过程中 s 有可能某一个前缀子串被完全删除,请格外注意这一点。 时间限制:1.00s 空间限制:256.00MB 当测试以下样例时会TLE,请分析原因: 输入第一行:50000个a接着50000个b 输入第二行:1个2 输入第三行:50001个a 输入第四行:1个b

染染船长,扬帆起航! 在一系列准备工作做完后,染染的船终于出发了。 没过多久,染染就来到了一片复杂的海洋。这片海洋可以看成一个n×m 的网格,网格上的每个格点代表了一片海域。直线通过第 i 行第 j 列的海域需要花费 ti,j ​的时间。除此之外,如果需要转向,还需要额外花费 di,j的时间,当然不管向左转向右转还是掉头都需要额外花费di,j的时间。也就是说,如果要通过第 i 行第 j 列的海域并且中途转向,则需要花费 ti,j+di,j的时间。 规定右方向为列增加的方向,下方向为行增加的方向。染染一开始向右驶入了这片海洋第 1 行第 1 列的海域,他想要从第 n 行第 m 列的海域向下驶出这片海洋,最快需要花费多少时间?注意,通过这片海洋第 1 行第 1 列的海域和第 n 行第 m 列的海域花费的时间也要计算。 本题单个测试点内包含多组测试数据。输入第一行一个正整数 T (1≤T≤20),表示数据组数。每组数据第一行两个正整数 n,m (1≤n×m≤1e5),分别表示这片海洋的行数和列数。接下来 n 行,第 i 行m 个非负整数 ti,1,ti,2,⋯,ti,m(0≤ti,j≤1e9),表示直线通过的时间花费。接下来n 行,第i 行m 个非负整数 di,1,di,2,⋯,di,m(0≤di,j≤1e9),表示转向的时间花费。保证单个测试点内每组数据中 n×m 的和不超过 1e6。 对于每组数据输出一行一个非负整数,表示花费的最少时间。 例如: 输入:2 1 1 1 1 3 3 1 1 1 1 2 1 1 1 1 0 999 999 0 0 999 999 0 0 输出: 2 6 解释: 对于第一组样例,染染只需要转向通过第 1 行第1 列的海域,花费时间 1+1=2。对于第二组样例,染染要依次经过第1 行第1 列、第 2 行第 1 列、第 2 行第 2 列、第 3 行第 2 列、第 3 行第 3 列并在经过的每片海域处转向,花费时间 6。 #include<bits/stdc++.h> #define ll long long #define endl '\n' #define inf 0x3f3f3f3f3f3f3f3f using namespace std; const ll N=1e5+10; struct State { int time; int i; int j; int prev_dir; // 重载小于运算符,用于优先队列 bool operator>(const State& other) const { return time > other.time; } }; void solve() { int n,m; cin>>n>>m; // 存储时间矩阵 vector<vector<int>> t(n,vector<int>(m)); // 存储转向延迟矩阵 vector<vector<int>> d(n,vector<int>(m)); // 读取时间矩阵 for(int i=0;i<n;i++) { for(int j=0;j<m;j++) { cin>>t[i][j]; } } // 读取转向延迟矩阵 for(int i=0;i<n;i++) { for(int j=0;j<m;j++) { cin>>d[i][j]; } } // 定义四个方向:右、下、左、上 vector> dirs={{0,1},{1,0},{0,-1},{-1,0}}; // 初始化动态规划数组 vector<vector<vector<int>>> dp(n,vector<vector<int>>(m,vector<int>(4,1000000000))); dp[0][0][0]=t[0][0]+d[0][0]; // 优先队列 priority_queue<State,vector<State>,greater<State>> pq; pq.push({dp[0][0][0],0,0,0}); while(!pq.empty()) { State current=pq.top(); pq.pop(); int time=current.ti

该铁路经过 N N 个城市,每个城市都有一个站。不过,由于各个城市之间不能协调好,于是乘车每经过两个相邻的城市之间(方向不限),必须单独购买这一小段的车票。第 i i 段铁路连接了城市 i i 和城市 i + 1 ( 1 ≤ i < N ) i+1(1≤i<N)。如果搭乘的比较远,需要购买多张车票。第 i i 段铁路购买纸质单程票需要 A i A i ​ 博艾元。 虽然一些事情没有协调好,各段铁路公司也为了方便乘客,推出了 IC 卡。对于第 i i 段铁路,需要花 C i C i ​ 博艾元的工本费购买一张 IC 卡,然后乘坐这段铁路一次就只要扣 B i ( B i < A i ) B i ​ (B i ​ <A i ​ ) 元。IC 卡可以提前购买,有钱就可以从网上买得到,而不需要亲自去对应的城市购买。工本费不能退,也不能购买车票。每张卡都可以充值任意数额。对于第 i i 段铁路的 IC 卡,无法乘坐别的铁路的车。 Uim 现在需要出差,要去 M M 个城市,从城市 P 1 P 1 ​ 出发分别按照 P 1 , P 2 , P 3 , ⋯   , P M P 1 ​ ,P 2 ​ ,P 3 ​ ,⋯,P M ​ 的顺序访问各个城市,可能会多次访问一个城市,且相邻访问的城市位置不一定相邻,而且不会是同一个城市。 现在他希望知道,出差结束后,至少会花掉多少的钱,包括购买纸质车票、买卡和充值的总费用。 输入格式 第一行两个整数, N , M N,M。 接下来一行, M M 个数字,表示 P i P i ​ 。 接下来 N − 1 N−1 行,表示第 i i 段铁路的 A i , B i , C i A i ​ ,B i ​ ,C i ​ 。 输出格式 一个整数,表示最少花费 输入 #1 复制代码 9 10 3 1 4 1 5 9 2 6 5 3 200 100 50 300 299 100 500 200 500 345 234 123 100 50 100 600 100 1 450 400 80 2 1 10 输出 #1 复制代码 6394 提示 2 2 到 3 3 以及 8 8 到 9 9 买票,其余买卡。 对于 30 % 30% 数据 M = 2 M=2。 对于另外 30 % 30% 数据 N ≤ 1000 , M ≤ 1000 N≤1000,M≤1000。 对于 100 % 100% 的数据 M , N ≤ 1 0 5 , A i , B i , C i ≤ 1 0 5 M,N≤10 5 ,A i ​ ,B i ​ ,C i ​ ≤10 5 。 c++daima

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