已知序列{25，18，60，40，7，21，32，73，68}，请给出采用冒泡打非序方法对该序列作升序排列时的每一趟结果。
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您好，针对您的问题，使用冒泡排序法对该序列作升序排列时的每一趟结果如下：
第1趟：{18, 25, 40, 7, 21, 32, 60, 68, 73}
第2趟：{18, 25, 7, 21, 32, 40, 60, 68, 73}
第3趟：{18, 7, 21, 25, 32, 40, 60, 68, 73}
第4趟：{7, 18, 21, 25, 32, 40, 60, 68, 73}
第5趟：{7, 18, 21, 25, 32, 40, 60, 68, 73}
第6趟：{7, 18, 21, 25, 32, 40, 60, 68, 73}
第7趟：{7, 18, 21, 25, 32, 40, 60, 68, 73}
第8趟：{7, 18, 21, 25, 32, 40, 60, 68, 73}
咨询记录 · 回答于2024-01-07
已知序列{25，18，60，40，7，21，32，73，68}，请给出采用冒泡打非序方法对该序列作升序排列时的每一趟结果。
您好，针对您的问题，使用冒泡排序法对该序列作升序排列时的每一趟结果如下：
第1趟：{18, 25, 40, 7, 21, 32, 60, 68, 73}
第2趟：{18, 25, 7, 21, 32, 40, 60, 68, 73}
第3趟：{18, 7, 21, 25, 32, 40, 60, 68, 73}
第4趟：{7, 18, 21, 25, 32, 40, 60, 68, 73}
第5趟：{7, 18, 21, 25, 32, 40, 60, 68, 73}
第6趟：{7, 18, 21, 25, 32, 40, 60, 68, 73}
第7趟：{7, 18, 21, 25, 32, 40, 60, 68, 73}
第8趟：{7, 18, 21, 25, 32, 40, 60, 68, 73}
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**冒泡排序法**：
* **定义**：一种简单的排序方法。
* **基本思想**：通过反复交换相邻元素，使较大的元素逐渐向右移动到序列尾部，较小的元素逐渐向左移动到序列头部。
* **每趟排序**：从第一个元素开始比较相邻的两个元素，顺序不对则交换位置。
* **一趟排序后**：最大（小）的元素移至最后（前面）。
* **重复**：直到所有元素都排好序。
* **时间复杂度**：O(n^2)，其中n为待排序序列的长度。
* **优点**：思想简单易懂。
* **缺点**：效率不高。
* **应用场景**：在某些特定场景下仍有应用价值。
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设给定字符集合{a，b，c，d，e,f}的权值集合w={2,3,4,7,8,9}:试构造关于w的一颗哈合夫曼树，并求其带权路径长度及各字符的哈夫曼编码
根据哈夫曼树的构造方法：
1. 首先将权值从小到大排序。
2. 然后取出最小的两个权值进行合并，新节点的权值为两者之和。
3. 不断重复该过程，直到所有节点都合并为一棵树。
按照这个方法，我们可以得到如下的哈夫曼树：
33
/ \
14 19
/ \ / \
6 8 9 10
/ \
2 4
其中，叶子节点对应的字符分别是a、b、c、d、e、f，其权值分别为2、3、4、7、8、9。
接下来，我们可以使用以下公式计算带权路径长度（WPL）：
WPL = ∑(叶子节点权值 × 叶子节点深度)
根据上述树结构，我们可以得到每个叶子节点的深度和权值如下表所示：
| 字符 | 权值 | 深度 | 编码 |
| :--: | :--: | :--: | :--: |
| a | 2 | 3 | 110 |
| b | 3 | 3 | 111 |
| c | 4 | 3 | 101 |
| d | 7 | 2 | 01 |
| e | 8 | 2 | 00 |
| f | 9 | 2 | 10 |
根据公式，我们可以计算出WPL为：WPL = 2×3 + 3×3 + 4×3 + 7×2 + 8×2 + 9×2 = 74
因此，该哈夫曼树的带权路径长度为74。
另外，根据哈夫曼编码的定义，每个字符对应的编码是其所在叶子节点到根节点的路径上的0和1构成的序列，其中0表示左子树，1表示右子树。如上表所示，a、b、c的编码分别为110、111、101，而d、e、f的编码分别为01、00、10。
哈夫曼树的构造方法适用于任何权值集合，而且具有唯一性。
当给定的权值集合w不同时，得到的哈夫曼树也会不同，但它们都满足最小带权路径长度的要求，因此哈夫曼编码也具有唯一性。
哈夫曼编码常被用于数据压缩领域，因为它能够将频繁出现的字符用较短的编码表示，从而减少存储空间。
证明具有n个顶点和n-1条边的无向连通图G是树
# 为证明具有n个顶点和n-1条边的无向连通图G是树，我们需要证明以下两个条件：
## G是无环图
- 对于一个无向图G，如果它是一棵树，那么它必然是无环图。因为树的定义就是一个无向无环连通图。
- 假设G存在环，那么从这个环中任选一条边e，删去这条边之后，原来构成环的部分就被分成了两个不相交的部分。
- 由于G是连通图，所以这两个部分中必然存在至少一个部分仍然与其他部分相连通，否则G就不是连通图了。
- 而且，这个部分中至少有一个顶点v的度数为1（因为删除的边e只连接了两个顶点，所以在这个部分中，除了这两个顶点之外，所有顶点的度数都减少了2，而v只与e的一个端点相连，所以它的度数减少了1）。
- 将部分中的v和与v相连的边也删去，得到的新图G'有n'个顶点和n'-1条边，其中n'=n-1-k，k>=1，因为v的度数为1，所以v被删去后，总度数减少了1。
- 这个新图G'仍然是一个连通图，因为v所在的部分与其他部分相连通。但是，G'的边数比原来的G更少，这与G是具有n个顶点和n-1条边的无向连通图矛盾。
- 所以，假设不成立，G是无环图。
## G是连通图
- 依据题意，G已经是一个无向连通图，所以只需要证明它没有孤立的顶点即可。
- 如果G存在孤立的顶点，那么G的边数就小于n-1，这与G是具有n个顶点和n-1条边的无向连通图矛盾。
- 所以，假设不成立，G是连通图。
## 综上所述
- 具有n个顶点和n-1条边的无向连通图G是一棵树。
编写一个算法计算头指针为head的单链表中数据域值为x的结点个数。
你好，要计算单链表中数据域值为x的结点个数，可以使用遍历单链表的方式来实现。具体步骤如下：
1. 定义一个计数器count，初始化为0。
2. 从头结点开始遍历单链表，每遇到一个结点数据域值等于x，则将count加1。
3. 遍历完整个单链表后，返回count即为结果。
以下是实现代码：
int countX(Node* head, int x) {
int count = 0;
Node* p = head;
while (p != NULL) {
if (p->data == x) {
count++;
}
p = p->next;
}
return count;
填空题：
已知一有向图的邻接链表存储结构如图所示，以顶点0为出发点的深度优先搜索遍历序列为 ___; 广度优先搜索遍历序列为 ___。
0 → 3 → 2 → 1 ^
1 ^
2 → 4 → 3 ^
3 ^
4 → 3 → 1 ^
图 一个有向图的邻接链表
以顶点0为出发点的深度优先搜索遍历序列为：0 3 2 4 1以顶点0为出发点的广度优先搜索遍历序列为：0 3 2 1 4
AT89C51是一款8051系列的单片机，它具有两个定时器/计数器，分别是Timer0和Timer1。
这两个定时器/计数器都可以用来产生定时中断、计数外部事件等。其中，Timer0是一个8位的定时器/计数器，可以工作在定时器模式和计数器模式下；Timer1是一个16位的定时器/计数器，也可以工作在定时器模式和计数器模式下。
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