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2.4 关系的逻辑运算
前面的例题中有一类范围检测问题，例如要判断 x x x 是否介于 a a a 和 b b b 之间（ a ≤ b a≤b a≤b），即检测 a ≤ x ≤ b a≤x≤b a≤x≤b 是否成立。需要注意的是，在程序中不能直接使用 if 语句检测 a ≤ x ≤ b a≤x≤b a≤x≤b 的值，因为程序会先计算 a ≤ x a≤x a≤x 的值，然后用这个值再与 b b b 进行比较，也就是说 a ≤ x ≤ b a≤x≤b a≤x≤b 在程序中等价于 ( a ≤ x ) ≤ b (a≤x)≤b (a≤x)≤b。我们知道 a ≤ x a≤x a≤x 的值是 bool 型，只有 0 和 1 两种取值，如果 b b b 是一个正整数，那么 ( a ≤ x ) ≤ b (a≤x)≤b (a≤x)≤b 在程序中将永远为 true。
在程序中要想正确表达范围检测的逻辑，应该检测 a ≤ x a≤x a≤x 与 x ≤ b x≤b x≤b 是否同时成立。虽然在多分支结构中我们利用 else 子句的特性省去了部分条件的检测，但是并非所有问题都可以利用 else 子句进行简化。因此我们需要学习一种新的运算 ------ 逻辑运算，运算符号与运算规则如下表。
| 逻辑运算符 | 逻辑表达式 | 逻辑表达式的值 |
|---|---|---|
&&（与） |
A && B |
如果子表达式 A 和 B 的值都为 true，则结果为 true，否则为 false；如果 A 为 false，则不计算子表达式 B，称为短路 |
| ` | `（或） | |
!（非） |
!A |
如果子表达式 A 为 true，则结果为 false，否则为 true |
根据上面的规则，判断 x x x 是否介于 a a a 和 b b b 之间（ a ≤ b a≤b a≤b）的 C++ 表达式应该是 a <= x && x <= b。由于关系运算优先级高于逻辑与，因此这里并不需要添加括号来提升优先级。
此外，C++ 还允许使用关键字 and、or、not 来表达逻辑运算符 &&、||、!，不过并不是很常用，建议大家采用符号表示。
【小贴士】目前所学的运算符优先级如下（从高到低，同一括号内优先级相同）：（逻辑非），（乘、除、取余），（加、减），（大于、大于等于、小于、小于等于），（等于、不等于），（逻辑与），（逻辑或），（赋值、复合赋值）。
【D1067 [21 年 6 月一级] 大写字母的判断】输入一个字符，判断是否是英文大写字母，即是否是
'A' ~ 'Z'中的一个。如果是英文大写字母，则输出YES，否者输出NO。
前面我们了解到字符型数据是可以直接参与关系运算的，并且由于大写英文字母在 ASCII 码表中是连续存储的，结合逻辑运算的规则，解决这个问题的关键代码如下。
cpp
if ('A' <= ch && ch <= 'Z') {
cout << "YES\n";
}
else {
cout << "NO\n";
}【P2819 [ABC208A] Rolling Dice】小高有一个六面骰子，每面分别标有 1 到 6 的数字。他想知道投掷 a a a 次骰子，是否有可能得到总和为 b b b 的点数。如果能够得到总和为 b b b 的点数，输出
Yes；否则，输出No。
每个骰子最小点数是 1，最大点数是 6，于是投掷 a a a 次可以得到的最小总和为 a a a，最大总和为 6 a 6a 6a，只需要检测 b b b 是否介于 a a a 到 6 a 6a 6a 之间即可。
cpp
if (a <= b && b <= 6 * a) {
cout << "Yes\n";
}
else {
cout << "No\n";
}【P1539 闰年判断】输入一个年份（大于 1582 的整数），判断这一年是否是闰年，如果是输出 1，否则输出 0。
闰年分为两种情况：整世纪年须是 400 的倍数；非整世纪年须是 4 的倍数。两种情况满足任意一种即可，注意第二种情况需要判断这一年不是整世纪年。
cpp
if (y % 400 == 0 || y % 100 != 0 && y % 4 == 0) {
cout << "1\n";
}
else {
cout << "0\n";
}由于逻辑与（&&）的优先级高于逻辑或（||），后面两个条件可以不用添加括号。
【P2821 [ABC223A] Exact Price】高桥的钱包里有一个或多个 100 元硬币，没有其他东西。请问钱包里的总金额是否可能是 x x x 元？如果高桥钱包里的总金额可能是 x x x 元，请输出
Yes；否则，输出No， 0 ≤ X ≤ 1000 0≤X≤1000 0≤X≤1000。
这里只需要检测 x x x 是否为 100 的倍数即可，注意 x x x 有可能为 0，而钱包里的硬币至少有 1 个，所以 x x x 等于 0 是不可能的。
cpp
if (!x || x % 100 != 0) { // !x 等价于 x == 0
cout << "No\n";
}
else {
cout << "Yes\n";
}本节习题
- D1093 [21 年 9 月一级] 数字判断
- D1221 [22 年 12 月一级] 判断是否存在重复的数
- P2817 [ABC204A] Rock-paper-scissors
- G1185 [GESP2503 二级] 时间跨越
2.5 分支结构应用
与顺序结构类似，接下来通过几个稍微复杂的问题，进一步提升我们的编程能力与解决问题能力。
【D1002 [OpenJudge] 有一门课不及格的学生】给出一名学生的语文和数学成绩，判断他是否恰好有一门课不及格（成绩小于 60 分）。若该生恰好有一门课不及格，输出 1；否则输出 0。
可以定义一个变量 cnt，用于统计不及格科目的数量，最后检测 cnt 的值是否为 1 即可。需要注意的是变量 cnt 需要初始化为 0。
cpp
int cnt = 0;
if (a < 60) {
cnt = cnt + 1;
}
if (b < 60) {
cnt = cnt + 1;
}
cout << (cnt == 1 ? "1\n" : "0\n");【D1168 [22 年 6 月一级] 最小的数】依次输入 3 个整数 a a a、 b b b、 c c c，将 a a a、 b b b、 c c c 中的最小值输出。
不妨假设 a 就是最小值，然后分别检测 b 和 c 是否小于 a，在小于 a 的情况下用赋值语句更新 a 的值即可，上述思想方法称为 "打擂台"。
cpp
if (b < a) a = b;
if (c < a) a = c;
cout << a;【D1196 [22 年 9 月一级] 简单排序】依次输入 3 个整数 a a a、 b b b、 c c c，将他们从小到大的顺序输出。
利用打擂台的方法可以找到最小值，如果最初 a 并不是最小值，则会导致原来 a 中的数据丢失，后续步骤将出现错误。为了避免这种情况的出现，我们将打擂台过程中的赋值语句修改为交换操作。这样在经过两个单分支语句之后，变量 a 中就存储了最小值，而 b 和 c 中就是另外两个数值，在 c 小于 b 的情况下只需要交换它们的值即可实现 a < b < c a < b < c a<b<c。
cpp
if (b < a) {
t = a, a = b, b = t; // 利用逗号运算符简化代码结构
}
if (c < a) {
t = a, a = c, c = t;
}
if (c < b) {
t = b, b = c, c = t;
}
cout << a << " " << b << " " << c << endl;【P6031 [COCI 2007/2008 #3] CETIRI】你原本有 4 个数，它们从小到大排序后构成了等差数列。但是现在丢失了一个数，并且其余的三个数的顺序也被打乱了。请你找出第四个数。如果结果不唯一，输出任意一个即可。
按照从小到大排序之后，假设前两项的差为 x x x，后两项的差为 y y y，
- 如果 x x x 大于 y y y，则说明缺失第 2 项，且 y y y 是公差；
- 如果 x x x 小于 y y y，则说明缺失第 3 项，且 x x x 是公差；
- 如果 x x x 等于 y y y，则说明缺失第 1 项或第 4 项。
cpp
int x = b - a, y = c - b;
if (x > y) {
cout << a + y << endl;
}
else if (x < y) {
cout << b + x << endl;
}
else {
cout << c + x << endl; // 输出a - x也是正确的
}【D1227 [OpenJudge] 鸡兔同笼】一个笼子里面关了鸡和兔子（鸡有 2 只脚，兔子有 4 只脚，没有例外）。已经知道了笼子里面脚的总数 a a a，问笼子里面至少有多少只动物，至多有多少只动物。如果没有满足要求的答案，则输出两个 0，中间用一个空格分开。
由于鸡和兔子的脚都是偶数，如果 a a a 为奇数，则没有满足要求的答案；否则最少的动物数量应满足兔子数量最多，此时答案为 ⌈ a / 4 ⌉ ⌈a/4⌉ ⌈a/4⌉；最多的动物数量应满足鸡的数量最多，此时答案为 a / 2 a/2 a/2。
cpp
if (a % 2)
printf("0 0\n");
else
printf("%d %d\n", (a + 3) / 4, a / 2);【P2822 [ABC228A] On and Off】小高每天在 s s s 点打开房间的灯，在 t t t 点关闭房间的灯（使用 24 小时制）。灯亮着的时候可能会跨越两天。请判断在 x x x 点 30 分时灯是否是亮着的， s ≠ t s≠t s=t。
一个比较容易想到的方法是根据 s s s 与 t t t 的大小关系进行分类讨论，
- 如果 s < t s < t s<t，说明开灯和关灯是在同一天，那么当 s ≤ x < t s \le x < t s≤x<t 时，灯是开着的；
- 如果 s > t s > t s>t，说明开灯和关灯跨越到了第二天，那么当 t ≤ x < s t\le x < s t≤x<s 时，灯是关着的。
虽然上面的方法比较清晰易懂，但是代码较为复杂，留给读者自行实现，下面介绍一种计算时差的方法。先用 t = t − s t=t-s t=t−s 计算出每天开灯的时长 t t t，用 x = x − s x=x-s x=x−s 计算出目标时间点距离开灯时间点的时间差 x x x。由于时间可能会跨越两天，因此两个时间差都有可能是负数，可以给时间差加上 24 之后再对 24 取余来保证时间差都是非负的。接下来只需要检测目标时间点距离开灯时间点的时间差 x x x 是否小于开灯时长 t t t 即可。
cpp
t = (t - s + 24) % 24;
x = (x - s + 24) % 24;
if (x < t) {
cout << "Yes\n";
}
else {
cout << "No\n";
}