數(shù)組的應(yīng)用

　　應(yīng)用1：洗牌

?　　　　描述：洗牌后每個(gè)元素隨機(jī)出現(xiàn)在每個(gè)位置，且概率相等

　　　　　方法1：調(diào)用庫(kù)函數(shù)

import random def shuffle_system(cards):random.shuffle(cards)

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　　　　方法2：

def shuffle_correct(cards):for i in range(len(cards)):randomi = i+ random.randint(0,len(cards)-i-1)card[i],cards[randomi] = cards[randomi],card[i] #對(duì)方法二的解釋： #首先在0 - n-1下標(biāo)中產(chǎn)生一個(gè)隨機(jī)下標(biāo)，交換第一個(gè)和和隨機(jī)下標(biāo)，所以任何數(shù)字出現(xiàn)在第一個(gè)位置的概率是1/n #第二次時(shí)在1- n-2 中隨機(jī)產(chǎn)生下標(biāo)，產(chǎn)生1- n-2 隨機(jī)數(shù)的概率時(shí)1/n-1，但是第二次抽中第一次沒(méi)有選中這個(gè)數(shù)的概率時(shí)n-1/n #所以第二次出現(xiàn)在第二個(gè)位置的概率還是1/n， #依次類推，所以每個(gè)數(shù)出現(xiàn)的概率都是1/n，就能完成對(duì)一個(gè)數(shù)組進(jìn)行洗牌的操作

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　　應(yīng)用二：計(jì)算質(zhì)數(shù)的個(gè)數(shù)

　　　　描述：給定一個(gè)正整數(shù)n，計(jì)算出小于等于n的質(zhì)數(shù)有多少個(gè)。比如17，則返回7，因?yàn)樾∮诘扔?的質(zhì)數(shù)有2，3，5，7，11，13，17

def count_prime(n):count=0;for i in range(2,n+1):for j in range(2 ,i):if i % j == 0:break;else:count = count + 1;return count

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　　應(yīng)用三：證明哥德巴赫的猜想：

　　　　描述：任一大于2的偶數(shù)，都可表示成兩個(gè)質(zhì)數(shù)之和。

#primes函數(shù)和應(yīng)用二類似，只是把所有質(zhì)數(shù)添加到一個(gè)list中 def prime(n):count=0;primes=[];for i in range(2,n+1):for j in range(2 ,i):if i % j == 0:break;else:primes.append(i)return primes

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#采用了雙指針的方法來(lái)進(jìn)行移動(dòng) def goldbach(n):primes=prime(n)begin = 0end = len(primes)-1while begin < end:if primes[begin]+primes[end] > n:end = end - 1elif primes[begin]+primes[end] < n:begin = begin + 1else:print("{}={}+{}".format(n,primes[begin],primes[end]))break

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總結(jié)

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