数论(浮点数的幂) - Leading and Trailing - LightOJ 1282

数论(浮点数的幂) - Leading and Trailing - LightOJ 1282

题意：

$给定两个数n,k，求n^k的前三位和最后三位。$

输入：

$T组测试数据，$

$每组包括两个正整数n和k。$

输出：

$n^k的前三位和最后三位。$

Sample Input

5
123456 1
123456 2
2 31
2 32
29 8751919

Sample Output

Case 1: 123 456
Case 2: 152 936
Case 3: 214 648
Case 4: 429 296
Case 5: 665 669

数据范围：

$T≤1000，2 ≤ n < 2^{31}，1 ≤ k ≤ 10^7$

---

分析：

$首先，求后三位是非常方便的，快速幂对1000取模即可，注意输出时要考虑前导0。$

$问题在于求前三位。$

$对于任意正整数x，n=10^{lg(n)}=10^{x+y}，x是lg(n)的整数部分，y是lg(n)的小数部分，$

$10^x是将10^y的小数点向右移动x位，10^y即n×\frac{1}{10^x}，因此，我们要求n的前三位，就将10^y×100，取整数部分即可。$

$求lg(n)的小数部分，可用函数：$

fmod(log10(n),1);

$计算log_{10}(n)对1取模的值。$

$本题要计算n^k，即计算10^{klg(n)}$

$我们先计算klg(n)的小数部分y，再计算n的前三位为10^y×100.$

疑问：为何采取这样的方法来求前三位？

$k个n相乘会爆精度，但是k×lg(n)不会。快速幂取模也不会。$

$由此能够感受到这种技巧的好处。$

代码：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>

#define ll long long

using namespace std;

int T,k;
ll n;

ll quick_pow(ll a,ll b)
{
    ll res=1;
    while(b)
    {
        if(b&1) res=res*a%1000;
        a=a*a%1000;
        b>>=1;
    }
    return res;
}

int main()
{
    cin>>T;
    for(int t=1;t<=T;t++)
    {
        cin>>n>>k;
        double y=fmod((double)k*log10(1.0*n),1);
        int head=pow(10,y)*100;
        int tail=quick_pow(n,k);
        printf("Case %d: %03d %03d\n",t,head,tail);
    }
    
    return 0;
}