您还未登陆，请登录后操作！
第一题：4、6、8的最小公倍数怎么求？第二题：324、243、135的最小公倍数呢？谢谢
首先把每一个数都做质因数分解，然后取每一个数中所有相同因数最多的，来相乘，就得到最小公倍数
4=2*2,6=2*3,8=2*2*2，取2*2*2*3
所以4，6，8的最小公倍数是24.
324=2*2*3*3*3*3
243=3*3*3*3*3*3
135=3*3*3*5 取2*2*3*3*3*3*3*3*5
所以324，243，15的最小公倍数是1620.
60.11.87.*
谢啦。。我知道是24，就不知奥怎么算了
183.16.34.*
哇，谢谢了啊
115.49.202.*
这是小学5年级的题
115.49.202.*
太棒了 谢谢
124.236.144.*
13.14.15哪
您的举报已经提交成功，我们将尽快处理，谢谢！
大家还关注请问一下，挑战自我这部分第一题求角是多少度怎么写过程呢，小学四年级的题。_百度知道
提问者采纳
提问者评价
你的回答完美的解决了我的问题，谢谢！
来自：作业帮
其他类似问题
为您推荐：
挑战自我的相关知识
其他2条回答
过程就写怎么推出来的就行了
等待您来回答
下载知道APP
随时随地咨询
出门在外也不愁1：等差数列前n项和是sn,若-am＜a1＜-am+1…（求讲解第一题和第二题） _百度作业帮
1：等差数列前n项和是sn,若-am＜a1＜-am+1…（求讲解第一题和第二题）
1：等差数列前n项和是sn,若-am＜a1＜-am+1…（求讲解第一题和第二题）&
题1,a(n) = a+ (n-1)d.s(n) = na + n(n-1)d/2 = n[a + (n-1)d/2].-a(m) = -a - (m-1)d < a(1) = a,0 < 2a + (m-1)d = 2[a + (m-1)d/2].s(m) = m[a + (m-1)d/2] >0.a(1) = a < -a(m+1) = -a - md,0 > 2a + md = 2[a + md/2]s(m+1) = (m+1)[a + md/2] < 0.答案：A.s(m)>0且s(m+1)<0.题2,a(n) = q^(n-1).若q=1,则s(n) = n.s(6) = 6 = 9s(3) = 9*3 = 27矛盾.因此,q不为1.s(n) = [1-q^n]/(1-q).s(6) = [1-q^6]/(1-q) = 9s(3) = 9[1-q^3]/(1-q),1+q^3 = 9,q^3 = 8 = 2^3.q=2a(n) = 2^(n-1),1/a(n) = (1/2)^(n-1).1/a(1)+1/a(2)+...+1/a(5) = [1-(1/2)^5]/(1-1/2)= 2[1 - 1/32]= 31/16答案：C.31/16求第一题_百度作业帮
6*00000000*10=&#的十次方=505022626;19题目描述：
输入一个整数，输出该数二进制表示中1的个数。其中负数用补码表示。
输入可能包含多个测试样例。
对于每个输入文件，第一行输入一个整数T，代表测试样例的数量。对于每个测试样例输入为一个整数。
。n保证是int范围内的一个整数。
对应每个测试案例，
输出一个整数，代表输入的那个数中1的个数。
样例输入：
样例输出：
这个题目前面在微软的编程之美上面就看过，今天在九度上面又碰到了。很多题目看着简单，自己写起来就不是这么容易啊。特别是正整数的还好，负整数的我竟然没有写出来。
首先考虑正整数，对于一个a，如果能够被2整除，说明该位为0，不能够被2整除，该位就为1，这样就能很快计算出1的个数。
if(a%2!=0)
count&#43;&#43;;
但是除法的效率比较低，其实可以将a与1做&操作，可以判断a的最低位是否为1，然后将a依次右移，判断每一位是否为1，效率显然高点。因为移位操作比除法效率高多了。
if(a&1==0)
count&#43;&#43;;
但是这个算法还是存在问题，正整数可以，负整数就不行了。当输入的a是一个负数时，不但不能得到正确的1的个数，还将导致死循环。以负数0x为例，右移一位的时候，并不是简单地把最高位的1移到第二位变成0x，而是0xC0000000。这是因为移位前是个负数，仍然要保证移位后是个负数，因此移位后的最高位会设为1。如果一直做右移运算，最终这个数字就会变成0xFFFFFFFF而陷入死循环。
为了避免死循环，我们可以不右移输入的数字a。首先a和1做与运算，判断a的最低位是不是为1。接着把1左移一位得到2，再和a做与运算，就能判断a的次高位是不是1……这样反复左移，每次都能判断a的其中一位是不是1。基于此，我们得到如下代码：
int NumberOf1_Solution2(int a)&
& & & int count = 0;&
& & & unsigned int flag = 1;&
& & & while(flag)&
& & & & & & if(a & flag)&
& & & & & & & & & count &#43;&#43;;&
& & & & & & flag = flag && 1;&
另外一种思路是如果一个整数不为0，那么这个整数至少有一位是1。如果我们把这个整数减去1，那么原来处在整数最右边的1就会变成0，原来在1后面的所有的0都会变成1。其余的所有位将不受到影响。举个例子：一个二进制数1100，从右边数起的第三位是处于最右边的一个1。减去1后，第三位变成0，它后面的两位0变成1，而前面的1保持不变，因此得到结果是1011。
我们发现减1的结果是把从最右边一个1开始的所有位都取反了。这个时候如果我们再把原来的整数和减去1之后的结果做与运算，从原来整数最右边一个1那一位开始所有位都会变成0。如00。也就是说，把一个整数减去1，再和原整数做与运算，会把该整数最右边一个1变成0。那么一个整数的二进制有多少个1，就可以进行多少次这样的操作。
这种思路对应的代码如下：
int NumberOf1_Solution3(int i)&
& & & int count = 0;&
& & & while (i)&
& & & & & & &#43;&#43;&
& & & & & & i = (i - 1) &&
扩展：如何用一个语句判断一个整数是不是二的整数次幂？
PS：n&(n-1)==0;//二进制数只有一位位1，则该数是2的整数次幂.
版权声明：本文为博主原创文章，未经博主允许不得转载。
* 以上用户言论只代表其个人观点，不代表CSDN网站的观点或立场
访问：20780次
排名：千里之外
原创：20篇
(5)(4)(1)(1)(3)(2)(2)(3)(3)(2)}