高级程序设计期末考试题.doc

一、算法分析题（本大题共3小题，选做2题，每小题40分，共80分）1. 逃学威龙John无心向学，总是打逃课的主意，他确信他的期末考试绝对能够考过，但是老师可不相信他，因此老师定下了一条规矩，最后的期末成绩将由平时成绩和考试成绩组成，各占50%的分数，也就是满分100分，其中平时成绩50分，考试成绩50分。而老师为了不让同学们逃课，平时成绩将仅由出勤情况确定，每点名到一次逃课就要扣掉10分的平时成绩。John很不满于老师这套想法，决心要将翘课进行到底，他有足够的信心和实力在期末考中得到满分，剩下的就只看平时成绩了，只要他在平时成绩中保留的分数=10分，他这个学期就可以合格。他甚至为此充分调查了老师的点名习惯，发现如下规律：每个学期这门课程共有K个课时(K=20)，而对于某节课老师点不点名是一个独立的事件，并且老师在某一节课点名的概率是p(0.0=p=1.0)，现在fish_ball想尽可能多的逃课，但是要保证他有90%以上的概率不挂掉这门课，问fish_ball这个学期最多能翘掉多少课？输入规格：第一行是一个整数C，C=20，紧接着C组数据，每组数据包含一行，依次给出整数K (1=K=20)和p(0.0=p=1.0)，如题目中所描述。输出规格：对于每组数据，输出一个整数，表示John这学期最多能够翘掉几堂课。算法分析：设John逃课次数为skipNum，课程总数为classNum，当skipNum=classNum时，在skipNum次逃课中，John被点名的次数 = 0.9 ( 即90% ），则John可以通过该课程。RealPossibility等于在skipNum次中分别被点0、1、2、3、4次的概率之和， 即 :RealPossibility =当满足 RealPossibility = 0.9 时求的的SkipNum最大值即为John最大可逃的课程数。程序：#include #include math.hstruct KE int K; float p;int classNum ; / ClassNum 为课程总数float p; / P为每节课老师点名的次数int skipNum = 5; /skipNum为John逃课次数double getPossibility(int a,int b,double p );/用于求a(skipNum)次逃课中被点b次的概率double getRealPossble(int a2,int b2,double p2);/求skipNum次中分别被点0-4次的概率和void main()int C; coutInput:C; KE *ke=new KEC; for(int i=0;ikei.Kkei.p; coutOutput:endl; for(i=0;i0.9) & (skipNumclassNum) ) skipNum+; elsebreak;coutskipNum=0)sumP=sumP+getPossibility(a2,tempCt,p2);tempCt-;return sumP;/*Get Possibility*/double getPossibility(int a,int b,double p1)int countUp=1;int sumUp=1;double sumALL;int sumDown=1;int temp = a;while (countUp=b)sumUp=sumUp*a;a-;countUp+;for(int i=1;i0的区域是泥泞的地面，Alfred在泥泞的地面上的移动速度是v1(米/秒)，而y0的区域是水泥地，Alfred在水泥地上的移动速度只有v2(米/秒)，其中v1=v2，A在第二象限，B在第四象限。Alfred是一个物工院的学生，他稍微估算了一下，剩下的时间已经不多了，他看看表，现在离9点整只剩下T秒了 (T由题目给出)，Alfred想知道，他如果用最优的策略赶往公交站，今天的课是否会迟到。 输入规格：第一行是一个整数C，C=10，紧接着C组数据，每组数据依次给出xA,yA,xB,yB,v1,v2 和T，他们的意义如上文所述，x,y坐标的单位是米，所有坐标的绝对值109，T是一个整数。 输出规格：对于每组数据，输出YES或NO，表示Alfred会不会迟到。算法：在x轴上取P（p，0），对每组数据，给出xA,yA,xB,yB,v1,v2.,xA=p=0,Yes;t-T0,No.第二题。不粉我你什么心态#include#include#include#includeusing namespace std;class zuobiao/基坐标protected :double x,y;public:virtual void run()=0;virtual void print()=0;double getX();double getY();class A:public zuobiao/A坐标public:A()run();void run();void print();class B:public zuobiao/B坐标public:B()run();void run();void print();class Alfred/人物public:Alfred()setSpeed();void setSpeed();void calc();void print();private:A a;B b;double v1,v2;double t;double zuobiao:getX()return x;double zuobiao:getY()return y;void A:run()x=0-rand()%109;y=rand()%109;void B:run()x=rand()%109;y=0-rand()%109;void A:print()cout坐标A：(x,y) ;void B:print()cout坐标B：(x,y=a&a0)v2=b;v1=a;break;void Alfred:print()coutv1=v1,v2=v2;t=rand()%150;cout T=tendl;void Alfred:calc()double i;double k;/横坐标距离k=b.getX()-a.getX();a.print();b.print();print();for(i=0;i=k;i+)if(sqrt(a.getY()*a.getY()+i*i)/v1+sqrt(b.getY()*b.getY()+(k-i)*(k-i)/v2)=t)coutYSEendl;return;coutNOendl;int main()int c,i;srand(unsigned)time(NULL);Alfred a10;coutc;coutendl;for(i=0;ic;i+)ai.calc();return 0;3. 货物1000吨，3辆车同时起运，大车装5吨，来回一趟2小时，中车装3吨，来回一趟1.8小时（十进制），小车装2吨，来回一趟1.6小时（十进制），并规定：若有多辆车同时到达,装车的优先次序是：大车中车小车。不记装车时间。问：（1）最后一趟车是那种车？（2）大、中、小车各运多少趟？算法：设时间为t,然后起始t=0，剩余货物为m=1000-5-2-3，对t进行循环，在循环里，分开三种判断，1，t整除20等于0，就令m-5;2,t整除18等于0；就令m-3;3，t整除16=0，就令m-2;每循环一次t自加一次；当m=0时，循环结束。此时再进行判断：若t整除20等于0,最后为大车；若t整除18等于0，最后为中车；若t整除16=0，最后为小车。大车趟数：t/20+1;中车趟数：(t-1)/18+1,小车趟数：(t-1)/16+1#include void main () int i=0,left=1000-5-3-2; while (1) i+; if (i%20=0) left-=5; if (left=0) break ; if (i%18=0) left-=3; if (left=0) break ; if (i%16=0) left-=2; if (left=0) break ; if (i%20=0) printf(最后一趟是大车n); else if (i%18=0) printf(最后一趟是中车n); else printf (最后一趟是小车n); printf(大车运输了%d次n中车运输了%d次n小车运输了%d次n,i/20+1, (i-1)/18+1,(i-1)/16+1);#include using namespace std;int main()int x=0,y=0,z=0;/次数int t=0;/时间int sum=1000;int a1=5,a2=3,a3=2;while(sum=0)if(t%20=0)/大车if(sum=0)cout大车是最后一趟！;break;elsesum=sum-a1;x+;if(t%18=0)if(sum=0)cout中车是最后一趟！;break;elsesum=sum-a2;y+;if(t%16=0)if(sum=0)cout小车是最后一趟！;break;elsesum=sum-a3;z+;t=t+2;coutendl;cout三种车运送次数如下endl;coutx y zendl;return 0;0000*/33* 二、论述题（本大题共1小题，每小题20分，共20分）以数字图书馆的应用，论述改进Web服务器性能的有关技术。【提示】由于在数字化图书馆信息系统中流通着的大多是数字化的索引、文摘、全文、图像或音频视频等多媒体信息，对Web服务器性能有着较高的要求，所以一个大中型的图书馆信息系统涉及到许多方面的技术与方案。着重讨论与Web服务器性能有关的一些内容：从硬件实现手段（缓存服务器、均衡负载设备、Web双机镜像、CPU和网卡的提升、网络带宽扩充）和软件实现手段（三层C/S软件结构设计、应用程序部署）等两个大方面论述如何提高Web服务器的性能，以便使用户能够更快捷、高效、安全地使用应用系统。(1)缓存服务器和均衡负载设备使用可以缓解访问瓶颈，提高网络带宽、实现均衡负载。缓存服务器也称为cache服务器，可以存储cache静态的内容如网页、多媒体点播资源和会议实况(已压缩的、有一定格式要求的)等。cache服务器通常放到防火墙之外，外网Web服务器之前，因此Internet用户点击网页不再直接访问网站Web服务器，而是访问cache服务器。由于cache服务器具有多个CPU和高速大容量I/O通道，独立的OS，因此能大大缓解Internet访问瓶颈，而且也具有一定的抗黑客攻击的能力。*目前某图书馆采用这种方式，把大数据量的静态图片、点播资源、虚拟三维应用等都事先置放在cache服务器中，即使现今只有2M Internet的接入带宽，以上应用的播放速度和效果仍能让用户满意。*另外一种方式采用均衡负载设备或Web双机镜像。这种方式通过负载均衡的方法达到 Web访问性能最优。Web双机镜像是较早以前流行的方式，虽能使系统可靠性提升，但由于双机总是在互相询问对方状态，将会影响一定的访问性能。均衡负载设备是独立于Web服务器的硬件，它和Web服务器及网站中其他服务器接在同一交换机上，通过负载调度程序为各个服务器分配工作量，从而，能达到充分利用资源，提高访问性能的目的。只是由于某图书馆目前对外发布资源相对仍较少，只采用了少量Web服务器，因此目前的均衡负载设备作用还不显著。(2)从Web服务器的配置来看Web服务器自身CPU个数及速度、网卡数量、Web服务器与防火墙的位置关系等，都会影响到Web服务器的性能。从Web服务器硬件本身来讲，CPU个数的增加、网卡个数的增加、I/O信道的扩展无疑可以直接地提高Web服务器性能。此外，由于千兆口的防火墙目前较少且费用较高，如果把Web服务器放置防火墙之后，一定会大大影响Internet访问性能。某图书馆采用IDS(入侵侦测)+Web服务器(服务器防火墙，较低端，不会影响流量)+应用服务器+数据库服务器(防火墙，高端)，分层次的安全模式，既保证了系统的安全性，又提升了网络访问性能。另外，某图书馆还采用了SAN网络区域存储来提高服务器访问速度。(3)三层C/S软件结构设计和应用程