《算法笔记》6.7小节 问题 A: 简单计算器
又是大模拟淦淦淦淦淦淦淦
思路：
这道题我居然用的队列orz。
言归正传，这道题就是模拟计算器。从读题目样例可以发现，数字的个数只比符号的个数多一个，那么这就给我们了思路：用队列，先提前放出一个数，每弹出一个字符，就处理两个数。
实现：
分三步
1.先把这输入的那一串序列分成两段，一段全是数字，一段全是字符。因为是输入一行，所以我们可以用到一个函数atoi(word.c_str())，将字符数字转化为数字，具体用法代码里。并且由于有空格，可以遇到空格就结束这一段输入的字符串，然后转化为数字，而符号过了必定是数字，符号只有一位，所以输入到+ - * /时，直接++循环函数，开始输入数字。
2.因为优先级，先处理 /。跟思路一样，先用一个last存储一开始的或者是运算完 /后需要留到下一次计算的，然后用另外一个变量存储当前到那个值了，把当前的符号判断，若是 /就计算，若不是，则直接把last存放进+ -计算的队列了，符号也是，把当前的变量赋值给last，进行下一次 /运算。
3.最后处理加减，这就简单了撒我就不说了。还是跟* /一样的思路， 跟上面的一样，我真不讲了（狗头）。
代码：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
queue<double> num; //处理*/用
queue<char> c;
queue<double> numm; //处理+-用
queue<char> cc;
string x , word;
int main(){
while(1){
getline(cin , x);
if(x == "0") break;
while(!num.empty()) num.pop(); //多组数据需清空
while(!c.empty()) c.pop();
while(!numm.empty()) numm.pop();
while(!cc.empty()) cc.pop();
word = "";
for(int i = 0; i < x.size(); i++){
if(x[i] != ' '){
if(x[i] == '+' || x[i] == '-' || x[i] == '*' || x[i] == '/'){
c.push(x[i]);
i++; //直接下一个，避免又一次空格
}else{
word += x[i]; //把这一位赋值给当前的数字
}
}else{
int n = atoi(word.c_str());
num.push(n);
word = "";
}
if(i == x.size() - 1){ //！！！！！这里需要注意一下，最后一个没有空格的，所以要特判
double n = atoi(word.c_str()); //内个string转int的函数，大概格式是这样的，word换成需要转化的字符就OK，其他不变
num.push(n);
word = ""; //多余的
}
}
double a , last;
char st;
int len = num.size(); //！！！！！下面的循环的第二个不能用 num.size()，我就错了，因为num.size()一直在改变的，要重新弄一个
for(int i = 1; i <= len; i++){
if(i == 1){ //因为数字数大于字符数，所以第一个提前取出
last = num.front();
num.pop();
}else{
st = c.front() , a = num.front();
c.pop() , num.pop();
if(st == '*'){
last = last * a;
}
if(st == '/'){
last = last / a;
}
if(st == '+' || st == '-'){
numm.push(last);
last = a;
cc.push(st);
}
if(i == len) numm.push(last); //同理，这里因为没有符号了，所以特判一下，加进去
}
}
double ans;
len = numm.size();
for(int i = 1; i <= len; i++){
if(i == 1){
ans = numm.front();
numm.pop();
}else{
st = cc.front() , a = numm.front();
cc.pop() , numm.pop();
if(st == '+'){
ans += a;
}else{
ans -= a;
}
}
}
printf("%.2f\n" , ans);
}
return 0;
}吐槽：讲道理这道题不用栈就离谱。思路好想，比较考验编码能力吧。