hdu 1568 (log取对数 / Fib数通项公式)
2011-04-20 15:39
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2007年到来了。经过2006年一年的修炼,数学神童zouyu终于把0到100000000的Fibonacci数列
(f[0]=0,f[1]=1;f[i] = f[i-1]+f[i-2](i>=2))的值全部给背了下来。
接下来,CodeStar决定要考考他,于是每问他一个数字,他就要把答案说出来,不过有的数字太长了。所以规定超过4位的只要说出前4位就可以了,可是CodeStar自己又记不住。于是他决定编写一个程序来测验zouyu说的是否正确。
input: 输入若干数字n(0 <= n <= 100000000),每个数字一行。读到文件尾。
output:输出f
的前4个数字(若不足4个数字,就全部输出)。
刚开始看到这么大的数据,于智商有限的我,表示无能为力,于是YY数论的东西,最后以无结果告终- -!
后搜到AC的博客中一篇此题的详细剖析过程,顿时对核武的膜拜又升了一个档次.......
要点:
1. log取对数的运用
2. Fib数的通项公式
以下摘自AC博客:http://hi.baidu.com/aekdycoin/blog/item/60bbae2b38c6f52ad42af18f.html
先看对数的性质,loga(b^c)=c*loga(b),loga(b*c)=loga(b)+loga(c);
假设给出一个数10234432,那么log10(10234432)=log10(1.0234432*10^7)=log10(1.0234432)+7;
log10(1.0234432)就是log10(10234432)的小数部分.
log10(1.0234432)=0.010063744
10^0.010063744=1.023443198
那么要取几位就很明显了吧~
先取对数(对10取),然后得到结果的小数部分bit,pow(10.0,bit)以后如果答案还是<1000那么就一直乘10。
注意偶先处理了0~20项是为了方便处理~
这题要利用到数列的公式:an=(1/√5) * [((1+√5)/2)^n-((1-√5)/2)^n](n=1,2,3.....)
AC核武代码
(f[0]=0,f[1]=1;f[i] = f[i-1]+f[i-2](i>=2))的值全部给背了下来。
接下来,CodeStar决定要考考他,于是每问他一个数字,他就要把答案说出来,不过有的数字太长了。所以规定超过4位的只要说出前4位就可以了,可是CodeStar自己又记不住。于是他决定编写一个程序来测验zouyu说的是否正确。
input: 输入若干数字n(0 <= n <= 100000000),每个数字一行。读到文件尾。
output:输出f
的前4个数字(若不足4个数字,就全部输出)。
刚开始看到这么大的数据,于智商有限的我,表示无能为力,于是YY数论的东西,最后以无结果告终- -!
后搜到AC的博客中一篇此题的详细剖析过程,顿时对核武的膜拜又升了一个档次.......
要点:
1. log取对数的运用
2. Fib数的通项公式
以下摘自AC博客:http://hi.baidu.com/aekdycoin/blog/item/60bbae2b38c6f52ad42af18f.html
先看对数的性质,loga(b^c)=c*loga(b),loga(b*c)=loga(b)+loga(c);
假设给出一个数10234432,那么log10(10234432)=log10(1.0234432*10^7)=log10(1.0234432)+7;
log10(1.0234432)就是log10(10234432)的小数部分.
log10(1.0234432)=0.010063744
10^0.010063744=1.023443198
那么要取几位就很明显了吧~
先取对数(对10取),然后得到结果的小数部分bit,pow(10.0,bit)以后如果答案还是<1000那么就一直乘10。
注意偶先处理了0~20项是为了方便处理~
这题要利用到数列的公式:an=(1/√5) * [((1+√5)/2)^n-((1-√5)/2)^n](n=1,2,3.....)
AC核武代码
#include<iostream> #include<cmath> using namespace std; int fac[21]={0,1,1}; const double f=(sqrt(5.0)+1.0)/2.0; int main() { double bit; int n,i; for(i=3;i<=20;i++)fac[i]=fac[i-1]+fac[i-2];//求前20项 while(cin>>n) { if(n<=20) { cout<<fac <<endl; continue; } bit=-0.5*log(5.0)/log(10.0)+((double)n)*log(f)/log(10.0);//忽略最后一项无穷小 bit=bit-floor(bit); bit=pow(10.0,bit); while(bit<1000)bit=bit*10.0; printf("%d\n",(int)bit); } return 0; }
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