这个题复习了一遍浮点数的存储方式。浮点数在计算机里是分三部分表示的，最前面一位表示符号，后面一部分是尾数，最后一部分是阶码，表示方法类似于科学记数法，不过是二进制的，尾数是M阶码是E的话那么表示起来就是M × 2^E了。然后对于M还有一个要求，就是1/2 ≤ M < 1，所以用二进制表示M的话就应该是0.1XX……，用计算机表示的时候就把最前面的“0.1”这个永远不变的部分给省略掉，只表示可能变化的部分。阶码部分则是只用二进制表示E。
上面的图就给出了一个例子，前面的0表示是正数。后面8位表示尾数m，这里是0.111111111（注意后面是9个1，因为头一个省略了）。之后那个0表示分割，最后面6位表示e的二进制为111111。所以这个数就是
在计算机中用二进制表示M和E的时候如果位数不同，那么它们所能表示的最大值也不同。现在给你所能够表示的最大的浮点数的值，让你倒回去求M和E分别有多少位。输入格式为AeB，表示最大浮点数为
这个如果直接去算的话相当麻烦，当E很大的时候数会直接超出上限。这个时候可以反过来想，最大的时候M和E的每一位肯定都是1，并且又有0 ≤ M ≤ 9且1 ≤ E ≤ 30的限定，所以一共只有300种情况，自然就想到了打表，先用二重循环枚举M和E可能出现位数的所有情况打一张表，然后输入的时候倒回去找即可。
假设当前一层M和E的值为m和e，它们的位数分别为i和j。
首先计算m的值，用二进制表示的话，m的值为0.11…，也就是m = 2^(-1) + 2^(-2) + … + 2^(-1 - i)（i比实际1的个数少1个），也就是m = 1 - 2^(-1 - i)。
接下来就是计算e的值，不难得出，e = 2^j - 1。
那么也就有m * 2^e = A * 10^B，似乎可以直接计算了。然而，直接这样算的话是不行的，因为当e太大的话（e最大可以是1073741823，注意这还只是2的指数），等号左边的数就会超出上限，所以要想继续算下去，就得自己去想办法再写出满足要求的类来，这显然太麻烦了。所以，这个时候我们对等式两边同时取对数，这个时候就有 log10(m) + e × log10(2) = log10(A) + B。因为此时m和e的值都是确定的，所以不妨令等式左边为t，也就有t = log10(A) + B。
如果是科学记数法的话，那么对于A，就有1 ≤ A < 10。那么0 < log10(A) < 1。所以t的小数部分就是log10(A)，整数部分就是B，即B = ⌊t⌋，A = 10^(t - B)。那么接下来，我们只需要开出两个二维数组来，分别记录对应i和j下A和B的大小，之后从输入里提取出A和B的大小，去二维数组里面查找对应的i和j即可。
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<sstream>
using namespace std;
double A[20][40];
long long B[20][40];
void maketable()
{
for(int i=0;i<=9;i++){
for(int j=1;j<=30;j++){
double m = 1 - pow(2, -1 - i);
double e = pow(2, j) - 1;
double t = log10(m) + e * log10(2);
B[i][j]=t;
A[i][j]=pow(10,t-B[i][j]);
}
}
}
int main()
{
maketable();
string in;
while(cin>>in&&in!="0e0"){
for(string::iterator i=in.begin();i!=in.end();i++){
if(*i=='e'){
*i=' ';
}
}
istringstream ss(in);
double a,b;
ss>>a>>b;
while(a<1){
a*=10;
b--;
}
for(int i=0;i<=9;i++){
for(int j=1;j<=30;j++){
if(b==B[i][j]&&(fabs(a - A[i][j]) < 1e-4 || fabs(a / 10 - A[i][j]) < 1e-4)){
printf("%d %d\n",i,j);
break;
}
}
}
}
return 0;
}