2022年山西省運城市全國計算機等級考試網絡技術真題(含答案)

2022年山西省運城市全國計算機等級考試網絡技術真題(含答案)學校:________班級:________姓名:________考號:________

一、單選題(10題)1.在公用密鑰數字簽名技術中，使用單向散列函數生成信息摘要的目的的是()

A.防止交易者抵賴B.防止信息被篡改或偽造C.為了便于解密明文D.給接收方傳遞密鑰

2.下列入侵檢測系統結構中，出現單點故障影響最嚴重的的是（）。

A.協作式B.層次式C.集中式D.對等式

3.為了避免IP地址的浪費，需要對IP地址中的主機號部分進行再次劃分，將其劃分成兩部分，即

A.子網號和主機號B.子網號和網絡號C.主機號和網絡號D.子網號和分機號

4.

5.下列關于集線器的描述中，正確的是（）。

A.集線器是基于MAC地址識別完成數據幀轉發(fā)的

B.連接到一個集線器的所有結點共享一個沖突域

C.通過在網絡鏈路中串接一個集線器可以實現VLAN劃分的功能

D.連接到集線器的結點發(fā)送數據時，將執(zhí)行CSMA／CA介質訪問控制方法

6.IP地址211.81.12.129/28的子網掩碼可寫為()

A.255.255.255.192

B.255.255.255.254

C.255.255.255.240

D.255.255.255.248

7.是一條通過公共網絡建立的一個臨時、安全的連接，是一條穿過混亂的公用網絡的安全、穩(wěn)定的隧道（）。

A.TCPB.UDPC.VPND.NAT

8.一臺交換機具有l(wèi)2個10/100Mbps電口和2個1000Mbps光口，如果所有端口都工作在全雙工狀態(tài)，那么交換機總帶寬應為()。A.3.2GbpsB.4.8GbpsC.6.4GbpsD.14Gbps

9.下列關于典型的高端路由器可靠性與可用性指標的描述中，錯誤的是()

A.無故障連續(xù)工作時間大于1萬小時

B.系統故障恢復時間小于30分鐘

C.主備用系統切換時間小于50毫秒

D.SDH接口自動保護切換時間小于50毫秒

10.若兩臺服務器系統可用性分別達到99．9％和99．99％，那么下面關于兩臺服務器每年停機時間的描述中正確的是（）。

A.兩臺服務器每年的停機時間之和不可能大于9小時

B.兩臺服務器每年的停機時間之差不可能小于5分鐘

C.兩臺服務器每年的停機時間必須小于等于的時長分別是8．8小時和5分鐘

D.兩臺服務器每年的停機時間必須小于等于的時長分別是8．8小時和53分鐘

二、填空題(10題)11.如果一個Web站點利用IIS來建設在Web站點的內容位于NTFS分區(qū)，那么可以通過___________限制、用戶限制、Web權限和NTFS權限對它進行訪問控制。

12.光纖分布式數據接口FDDI.是一種以【17】作為傳輸介質的高速環(huán)型網絡。

13.(12）一個路由器的兩個IP地址為20.0.0.6和30.0.0.6，其路由表如下所示。當收到源IP地址為40.0.0.8，目的IP地址為20.0.0.1的數據報時，它將把此數據報投遞到。（要求寫出具體的IP地址）____________

14.有一種攻擊不斷對網絡服務系統進行干擾，改變了網絡服務器正常的作業(yè)流程，由其執(zhí)行的無關程序使系統響應速度減慢甚至癱瘓，影響了正常用戶的使用，甚至使合法用戶被排斥而不能獲得服務。這種攻擊叫做。

15.

16.ATM協議中，會聚子層CS被定義成兩個子層，即【】和公共部分會聚子層(CPCS)。

17.(18）網絡防火墻的主要類型是包過濾路由器、電路級網關和_________網關。

18.

19.

第65題OSl參考模型中，網絡層的主要功能有：___________、擁塞控制和網絡互聯等。

20.(10）UNIX提供了功能強大的可編程語言________。

三、2.填空題(8題)21.從網絡高層協議角度看，攻擊方法可以概括為：______與非服務攻擊。

22.雙絞線的各個線對螺旋排列的目的是為了使各線對之間的______最小。

23.組播路由協議可分為域內組播路由協議和______兩大類。

24.現在將能提供______速率以上的電信業(yè)務的ISDN稱作B-ISDN。

25.信息安全主要包括3個方面：物理安全、安全監(jiān)測和______。

26.進程間的直接相互作用構成進程同步，進程間的間接相互作用構成進程______。

27.能產生一個電視質量的視頻和音頻壓縮形式的國際標準是【】。

28.早期ARPANET中通信控制處理機由______承擔。

四、C語言程序設計題(2題)29.

30.程序test．C的功能是：計算100以內滿足以下條件的所有整數i的個數cnt以及這些i之和sum。條件：i，i+4，i+10都是素數，同時i+10小于l00。請考生編寫函數countValue實現程序要求，最后調用函數writeDAT把結果cnt和sum輸出到文件out．dat中。(數值l不是素數)

注意：部分源程序存放在test．C文件中。

請勿改動主函數main和輸出數據函數writeDAT的內容。

五、1.選擇題(3題)31.下列屬于主動攻擊的是()。①假冒②信息內容的泄露③重放④信息內容的修改⑤拒絕服務

A.①②③B.②③④⑤C.①②③④D.①③④⑤

32.對于Linux操作系統，下列說法錯誤的是()。

A.Linux是一種開放源的操作系統

B.Linux提供了強大的應用程序開發(fā)環(huán)境

C.Linux可以免費使用

D.Linux不支持Sparc硬件平臺

33.關于電子郵件，下面的說法不正確的是______。

A.發(fā)送電子郵件時，通信雙方必須都在場

B.電子郵件比人工郵件傳送更方便、快捷

C.電子郵件可以同時發(fā)送給多個用戶

D.在一個電子郵件中，可以發(fā)送文字、圖像、語音等信息

六、1.程序設計題(3題)34.請編制程序，要求：將文件IN92.DAT中的200個整數讀入數組xx中，求出數組xx中最大數max及最大數的個數cnt和數組xx中值能被3整除或能被7整除的數的算術平均值pj(保留兩位小數)，結果max，cnt，pj輸出到out92.dat中。

部分程序、讀函數read_dat(intxx[200])及輸出格式已給出。

試題程序：

#include＜conio.h＞

#include＜stdio.h＞

#defineN200

voidread_dat(intxx[N])

{

inti,j;

FILE*fp;

fp=fopen("IN92.DAT","r");

for(i=0；i＜20;i++)

{

for(j=0;j＜10;j++＞

{

fscanf(fp,"%d,",&xx[i*10+j]);

printf("%d",xx[i*10+j]);

}

printf("\n");

}

fclose(fp);

}

voidmain()

{

inti,k,cnt,xx[N],max;

floatpj;

FILE*fw;

longj=0;

clrscr();

fw=fopen("out92.dat","w");

read_dat(xx);

printf("\n\nmax=%d,cnt=%d,pj=%6.2f\n",max,cnt,pj);

fprintf(fw,"%d\n%d\n%6.2f\n",max,cnt,pj);

fclose(fw);

}

35.已知數據文件IN26.DAT中存有200個4位數，并已調用讀函數readDat()把這些數存入數組a中。請編制一函數jsVal()，其功能是：把千位數字和個位數字重新組成一個新的十位數(新十位數的十位數字是原4位數的千位數字，新十位數的個位數字是原4位數的個位數字)，把百位數字和十位數字組成另一個新的十位數(新十位數的十位數字是原4位數的百位數字，新十位數的個位數字是原4位數的十位數字)，如果新組成的兩個十位數均是奇數并且兩個十位數中至少有一個數能被5整除，同時兩個新十位數字均不為零，則將滿足此條件的4位數按從大到小的順序存入數組b中，并要求計算滿足上述條件的4位數的個數cnt，最后調用寫函數writeDat()，把結果cnt及數組b中符合條件的4位數輸出到OUT26.DAT文件中。

注意：部分源程序已給出。

程序中已定義數組：a[200]，b[200]，已定義變量：cnt。

請勿改動主函數main()、讀函數readDat()和寫函數writeDat()的內容。

試題程序：

#include〈stdio.h>

#defineMAX200

inta[MAX],b[MAX],cnt=0;

voidjsVal()

{

}

voidreadDat()

{

inti;

FILE*fp;

fp=fopen("IN26.DAT","r");

for(i=0;i〈MAX;i++)

fscanf(fp,"%d",&a[i]);

fclose(fp);

}

main()

{

inti;

readDat();

jsVal();

printf("滿足條件的數=%d\n",cnt);

for(i=0;i〈cnt;i++)

printf("%d",b[i]);

printf("\n");

writeDat();

}

writeDat()

{

FILE*fp;

inti;

fp=fopen("OUT26.DAT","w");

fprintf(fp,"%d\n",cnt);

for(i=0;i〈cnt;i++)

fprintf(fp,"%d\n",b[i]);

fclose(fp);

}

36.下列程序的功能是：在3位整數(100至999)中尋找符合下面條件的整數，并依次從小到大存入數組b中：它既是完全平方數，又有兩位數字相同，例如144，676等。

請編制函數intjsValue(intbb[])實現此功能，滿足該條件的整數的個數通過所編制的函數返回。

最后調用函數wfiteDat()把結果輸出到文件OUTl2.DAT中。

注意：部分源程序已給出。

請勿改動主函數main()和寫函數wnteDat()的內容。

試題程序：

#include＜stdio.h＞

intjsValue(intbb[]

{

}

main()

{

intb[20],num;

num=jsValue(b);

writeDat(num,b);

}

writeDat(intnum,intb[])

{

FILE*out;

inti;

ut=fopen("OUT12.DAT","w");

fprintf(out,"%d\n",num);

for(i=0;i＜num;i++)

fprintf(out,"%d\n",b[i]);

fclose(out);

}

參考答案

1.B數字簽名使用的技術決定了數字簽名的功能：安全單向散列函數的特性使得不同數據生成相同加密摘要的可能性很小，從而保證了數據傳輸過程中的完整性;公開密鑰加密技術決定了除發(fā)送者之外，其他任何人都不可能產生該密文，從而證明了發(fā)送者的身份，也使得發(fā)送者無法抵賴。

2.C集中式入侵檢測系統最大的問題就是單點失效的問題，即一旦自身受到攻擊而停止工作，則整個網絡系統將處于危險之中。而層次式入侵檢測系統的主要問題是不能很好地適應網絡拓撲結構的變化，較難部署，而且上層的入侵檢測模塊若受到攻擊，則其入侵檢測的有效性將大大地降低。協作式入侵檢測系統仍由一個統一的中央控制機制進行協調，單點失效的風險仍然存在。對等模型的應用使得分布式入侵檢測系統真正避免了單點失效的發(fā)生。故選擇C選項。

3.A解析：為了避免IP地址的浪費，需要對IP地址中的主機號部分進行再次劃分，將其劃分成子網號和主機號兩部分。

4.A

5.B集線器不具備交換機所具有的MAC地址表，所以它發(fā)送數據時都是沒有針對性的，而是采用廣播方式發(fā)送。也就是說當它要向某節(jié)點發(fā)送數據時，不是直接把數據發(fā)送到目的節(jié)點，而是把數據包發(fā)送到與集線器相連的所有節(jié)點，即所有連接到集線器的節(jié)點共享一個沖突域，這種通信方式，如果在網絡鏈路中串接一個集線器就能監(jiān)聽該鏈路中的數據包，劃分VLAN(虛擬子網)是在三層交換機上進行的，集線器沒有該功能。連接到集線器的結點發(fā)送數據時，將執(zhí)行CSMA／CD介質訪問控制方法。故選B選項。

6.C

7.C

8.C全雙工端口帶寬計算方法是：端口數×端口速率×2。由題干可知，交換機總帶寬為：12×2×lOOMbps+2×2×1000Mbps=6.4Gbps。參考解析全雙工端口帶寬計算方法是：端口數×端口速率×2。由題干可知，交換機總帶寬為：12×2×lOOMbps+2×2×1000Mbps=6.4Gbps。參考解析全雙工端口帶寬計算方法是：端口數×端口速率×2。由題干可知，交換機總帶寬為：12×2×lOOMbps+2×2×1000Mbps=6.4Gbps。參考解析全雙工端口帶寬計算方法是：端口數×端口速率×2。由題干可知，交換機總帶寬為：12×2×lOOMbps+2×2×1000Mbps=6.4Gbps。

9.AA【解析】典型的高端路由器的可靠性與可用性指標應該達到：(1)無故障連續(xù)工作時間(MTBF)大于10萬個小時。(2)系統故障恢復時間小于30分鐘。(3)系統具有自動保護切換功能，主備用切換時間小于50毫秒。(4)SDH與ATM接口自動保護切換功能，切換時間小于50毫秒。(5)主處理器、主存儲器、交換矩陣、電源、總線管理器與網絡管理接口等主要部件需要有熱拔插冗余備份，線卡要求有備份，并提供遠程測試診斷能力。(6)路由器系統內部不存在單點故障。綜上可知，選擇A選項。

10.D如果要保證服務器系統可用性達到99．9％和99．99％，系統的每年的停機時間要小于8．76小時和0．876小時。53分鐘約是0．883。故選擇D選項。

11.IP地址限制IP地址限制解析：當Web站點使用IIS來建設時，當Web站點內容位于NTFS分區(qū)時，有4種方法可以限制用戶訪問Web站點中提供的資源：IP地址限制、用戶驗證(用戶限制)、Web權限和NTFS權限。

12.光纖光纖分布式數據接口FDDI.是～種以多模或單模光纖作為傳輸介質的高速環(huán)型網絡。它采用IEEE2的邏輯鏈路控制LLC協議和IEEE802.5的單令牌的環(huán)網介質訪問控制MAC協議。數據傳輸速率可高達100Mpbs，聯網的結點數可達1000個，環(huán)路長度可達100km，是校園網中主干網和城域網的一種方案。

13.(12)20.0.0.1【解析】一個路由表通常包含許多(N，R)對序偶，其中N指目的網絡的IP地址，R是網絡N路徑上的“下一個”路由器的lP地址。本題中，目的lP地址為20.0.0.1，屬于A類網絡地址，其網絡地址為20.0.0.0，因此路由器收到該IP數據包按照路由表的第一個(N，R)對序偶下一路由選擇為“直接投遞”，即直接投遞給接收主機，因此投遞的IP地址為：20.0.0.1。

14.拒絕服務攻擊一般認為，目前網絡中存在的威脅主要表現在以下方面。

—非授權訪問：沒有預先經過同意就使用網絡或計算機資源稱為非授權訪問，如：有意避開系統訪問控制機制；對網絡設備及資源進行非正常使用；擅自擴大權限，越權訪問信息。非授權訪問的主要形式有假冒、身份攻擊、非法用戶進入網絡系統進行違法操作、合法用戶以未授權方式進行操作等。信息泄露或丟失指敏感數據在有意或無意中被泄露或丟失，通常包括：信息在傳輸中丟失或泄露（如：黑客利用電磁泄漏或搭線竊聽等方式截獲機密信息；通過對信息流向、流量、通信頻度和長度等參數的分析，推算出用戶口令、賬號等重要信息），信息在存儲介質中丟失或泄露，通過建立隱蔽隧道等竊取敏感信息等。

—破壞數據完整性：主要手段有以非法手段竊得對數據的使用權，刪除、修改、插入或重發(fā)某些重要信息，以取得有益于攻擊者的響應；惡意添加、修改數據，以干擾用戶的正常使用。

—拒絕服務攻擊：主要手段有不斷對網絡服務系統進行干擾，改變其正常的作業(yè)流程；執(zhí)行無關程序使系統響應速度減慢甚至癱瘓，影響正常用戶的使用，甚至使合法用戶被排斥而不能進入計算機網絡系統或不能得到相應的服務。

—利用網絡傳播病毒：通過網絡傳播計算機病毒，其破壞性大大高于單機系統，而且用戶很難防范。

15.

16.特定業(yè)務會聚子層(SSCS)特定業(yè)務會聚子層(SSCS)解析：ATM協議中，會聚子層CS被定義成特定業(yè)務會聚子層(SSCS)和公共部分會聚子層(CPCS)兩個于層。

17.(18)應用級

【解析】網絡防火墻包括包過濾路由器、應用級網關和電路級網關。

18.節(jié)目傳送

19.路由選擇

【解析】OSI參考模型中，網絡層要實現路由選擇、擁塞控制和網絡互聯等功能。

20.(10)Shell

【解析】UNIX提供了功能強大的可編程語言Shell，即外殼語言。

21.服務攻擊服務攻擊解析：從網絡高層協議角度看，攻擊方法可以概括為服務攻擊與非服務攻擊。服務攻擊是針對某種特定網絡服務的攻擊。非服務攻擊不針對某項具體應用服務，而是基于網絡層等低層協議進行的。非服務攻擊利用協議或操作系統實現協議時的漏洞來達到攻擊的目的，是一種更有效的攻擊手段。

22.電磁干擾電磁干擾解析：各個線對絞合在一起可以減少電磁干擾

23.域間組播路由協議域間組播路由協議解析：組播協議可分為主機和路由器協議，即組插組管理協議以及路由器和路由器之間的協議，主要是路由協議，組播路由協議又分為域內組播路由協議和域間組播路由協議。

24.155Mbps155Mbps解析：現在認為B-ISDN的帶寬應該在155Mbps以上，這個速率足以支持非壓縮的I-IDTV。

25.安全服務安全服務解析：信息安全的組成：物理安全、安全檢測和安全服務。

26.互斥互斥解析：進程同步是指進程之間一種直接的協同工作關系，是一些進程相互合作，共同完成一項任務，進程間的直接相互作用構成進程的同步；各進程互斥使用臨界資源，進程間的這種關系是進程的互斥，進程間的間接相互作用構成進程互斥。

27.MPEG標準MPEG標準

28.接口報文處理機或IMP接口報文處理機或IMP解析：在早期的ARPANET中，承擔通信控制處理機功能的設備是接口報文處理機(IMP)。

29.【審題關鍵句】

\n

\n【解題思路】

\n①首先定義變量并賦值，包括表示級數的整型變量al、a2，賦初值l，表示級數前n項的和s，其初值為2，表示級數的第n項t，循環(huán)變量i，級數n項賦初值l。

\n②采用for循環(huán)，循環(huán)變量i從0開始依次遞增到2。在循環(huán)體中對m的值擴大l0倍，當級數前n項的和s小于m時，根據級數的第n項等于第n-2項與2倍的第n-1項的和，把表達式al+2*a2的值賦給變量t。然后把級數前11．1項的和s加上第n項的值t賦給變量S，求得級數前n項的和賦給變量s。把il的值加1，在下次循環(huán)中計算級數第n+1項的值，把變量當前級數第n-1項的值a2賦給第n．2項al，把當前的第n項t的值賦給第n-1項a2。當級數前n項的和s大于或等于m時，退出while循環(huán)。在屏幕上輸出變量m和n的值，并把求的n值賦給數組元素b[i]，進入下一次for循環(huán)。

\n【參考答案】

\n

30.【審題關鍵句】100以內(含100)滿足i、i+4、i+10都是素數的整數的個數以及這些i之和。

\n【解題思路】

\n①首先定義循環(huán)變量i，然后將i的值賦初值為3，每循環(huán)一次則將i的值加1，直到i<90。

\n②在for循環(huán)中，每執(zhí)行一次循環(huán)則調用函數isPrime(該函數具體的算法已經在源程序中給出，直接調用即可)，對i、i+4、i+10是否同時是素數進行判斷，如果這三個數同時為素數，則計數變量cnt值加l，同將時將變量i的值累加到sum上。

\n【參考答案】

\n

31.D解析：安全攻擊可分為被動攻擊和主動攻擊。被動攻擊：信息內容的泄露、通信量分析；主動攻擊包括：假冒、重放、信息內容的修改、拒絕服務。

32.D解析：Linux是免費的開放源代碼的軟件。Linux支持多用戶，具有先進的網絡能力，支持多種文件系統，支持多種編程語言。Linux支持幾乎所有硬件平臺：x86、Sparc、Digital、Alpha和PowerPC等。

33.A【解析】電子郵件比人工郵件傳送更方便、快捷；電子郵件可以同時發(fā)送給多個用戶；在一個電子郵件中，可以發(fā)送文字、圖像、語音等信息；發(fā)送電子郵件時，通信雙方可以不一定同時在線。

34.voidmain(){intikcntxx[N]max;floatpj;FILE*fw;longj=0;clrscr();fw=fopen("out92.dat""N");read_dat(xx);max=xx[0];for(i=1k=0;i＜N;i++){if(xx[i]＞max)max=xx[i];/*求出數組xx中最大數max*/if(xx[i]%3==0||xx[i]%7==0){j+=xx[i];/*求出數組xx中值能被3整除或能被7整除的數的總和*/k++;}}for(i=0cnt=0;i＜N;i++)if(xx[i]==max)cnt++;/*求出數組xx中最大數max的個數*/Pj=(float)(j*100/k)/100;/*求出數組xx中值能被3整除或能被7整除的數的平均值*/printf("\n\nmax=%dcnt=%dpj=%6.2f\n"maxcntpj);fprintf(fw"%d\n%d\n%6.2f\n"maxcntpj);fclose(fw);}[解析]本題考查的知識點如下：(1)運算符“%”的使用。(2)判斷結構中多個條件的布爾運算。首先要找出數組中最大的元素。先定義第1個元素為最大的元素然后依次和后面的元素比較若后面的數中有大于第1個元素的則將這個數定義為最大的元素。再和后面的數進行比較。一個數a除以b取余所得的數為0則a能被b整除。根據題意可知被3整除和被7整除兩個條件滿足一個即可所以兩個條件之間用“或”運算。在本題中要求算術平均值保留兩位小數。使用的方法是：將和乘以100除以個數強制類型轉換后再除以100。為了保證和有效我們定義了一個長整型變量來記錄和。因為個數也為整型運算符“/”在這里的含義是整除而我們要保留小數所以要使用強制類型轉換將和乘以100的結果轉換為浮點類型這樣就可以實現保留兩位小數。voidmain()\r\n{\r\ninti,k,cnt,xx[N],max;\r\nfloatpj;\r\nFILE*fw;\r\nlongj=0;\r\nclrscr();\r\nfw=fopen('out92.dat','N');\r\nread_dat(xx);\r\nmax=xx[0];\r\nfor(i=1,k=0;i＜N;i++)\r\n{\r\nif(xx[i]＞max)\r\nmax=xx[i];/*求出數組xx中最大數max*/\r\nif(xx[i]%3==0||xx[i]%7==0)\r\n{\r\nj+=xx[i];/*求出數組xx中值能被3整除或能被7整除的數的總和*/\r\nk++;\r\n}\r\n}\r\nfor(i=0,cnt=0;i＜N;i++)\r\nif(xx[i]==max)\r\ncnt++;/*求出數組xx中最大數max的個數*/\r\nPj=(float)(j*100/k)/100;/*求出數組xx中值能被3整除或能被7整除的數的平均值*/\r\nprintf('\\n\\nmax=%d,cnt=%d,pj=%6.2f\\n',max,cnt,pj);\r\nfprintf(fw,'%d\\n%d\\n%6.2f\\n',max,cnt,pj);\r\nfclose(fw);\r\n}\r\n[解析]本題考查的知識點如下：\r\n(1)運算符“%”的使用。\r\n(2)判斷結構中多個條件的布爾運算。\r\n首先，要找出數組中最大的元素。先定義第1個元素為最大的元素，然后依次和后面的元素比較，若后面的數中有大于第1個元素的，則將這個數定義為最大的元素。再和后面的數進行比較。一個數a除以b取余所得的數為0，則a能被b整除。根據題意可知，被3整除和被7整除兩個條件滿足一個即可，所以兩個條件之間用“或”運算。在本題中，要求算術平均值保留兩位小數。使用的方法是：將和乘以100除以個數強制類型轉換后再除以100。為了保證和有效，我們定義了一個長整型變量來記錄和。因為個數也為整型，運算符“/”在這里的含義是整除，而我們要保留小數，所以要使用強制類型轉換將和乘以100的結果轉換為浮點類型，這樣就可以實現保留兩位小數。

35.voidjsVal(){intithouhuntendataj;intabcd;for(i=0i〈200i++){thou=a[i]/1000;/*求千位數字*/hun=a[i]%1000/100;/*求百位數字*/ten=a[i]%100/10;/*求十位數字*/data=a[i]%10;/*求個位數字*/ab=10*thou+data;/*把千位數字和個位數字重新組成一個新的十位數*/cd=10*hun+ten;/*把百位數字和十位數字組成另一個新的十位數*/if(ab%2==1&&cd%2==1&&(ab%5==0||cd%5==0)&&ab!=0&&cd!=0){/*如果這兩個十位數均是奇數并且兩個十位數中至少有一個數能被5整除同時兩個新十位數字均不為零*/b[cnt]=a[i];/*則把滿足條件的數存入數組b中*/cnt++;}}for(i=0;i〈cnt-1;i++)/*將數組b中的數按從大到小的順序排列*/for(j=i+1;j〈cnt;j++)if(b[i]〈b[j]){data=b[i];b[i]=b[j];b[j]=data;}}voidjsVal()\r\n{inti,thou,hun,ten,data,j;\r\nintab,cd;\r\nfor(i=0,i〈200,i++)\r\n{thou=a[i]/1000;/*求千位數字*/\r\nhun=a[i]%1000/100;/*求百位數字*/\r\nten=a[i]%100/10;/*求十位數字*/\r\ndata=a[i]%10;/*求個位數字*/\r\nab=10*thou+data;/*把千位數字和個位數字重新組成一個新的十位數*/\r\ncd=10*hun+ten;/*把百位數字和十位數字組成另一個新的十位數*/\r\nif(ab%2==1&&cd%2==1&&(ab%5==0||cd%5==0)&&ab!=0&&cd!=0)\r\n{/*如果這兩個十位數均是奇數并且兩個十位數中至少有一個數能被5整除，同時兩個新十位數字均不為零*/\r\nb[cnt]=a[i];/*則把滿足條件的數存入數組b中*/\r\ncnt++;\r\n}\r\n}\r\nfor(i=0;i〈cnt-1;i++)/*將數組b中的數按從大到小的順序排列*/\r\nfor(j=i+1;j〈cnt;j++)\r\nif(b[i]〈b[j])\r\n{\r\ndata=b[i];\r\nb[i]=b[j];\r\nb[j]=data;\r\n}\r\n}解析：本題看起似乎比較繁瑣，但只要仔細分析，把思路理清，還是不難解決的。由題意可以列出解題步驟如下：

(1)求得當前所取得的整數的千位、百位、十位、個位上的數字值?？梢越柚?”(除法)與“%”(取余)兩個運算符。“thou=a[i]/1000；hun=a[i]%1000/100；ten=a[i]%100/10；data=a[i]%10；”這4條語句可以依次取得原4位數的千位、百位、十位及個位上的數字值。

(2)按照要求(第一個十位數：新十位數的十位數字是原4位數的千位數字，新十位數的個位數字是原4位數的個位數；第二個十位數：新十位數的十位數字是原4位數的百位數字，新十位數的個位數字是原4位數的十位數字)把求得的各個位上的數字值組成兩個新的十位數ab和cd，用“ab=10*thou+data；cd=10*hun+ten；”語句實現。

(3)對新組成的兩個十位數進行條件判斷(判斷條件的語句是“if(ab%2==1&&cd%2=1&&(ab%5==0||cd%5==0)&&ab!=0&&cd!=0)”)。如果滿足條件，則把原來的4位數放到數組b中，同時用一個計數器變量cnt求出滿