LightOJ1282 Leading and Trailing 数学结论

LightOJ1282 Leading and Trailing

标签

• 数学性质
• 前导和后导的求法

前言

• 我的csdn和博客园是同步的，欢迎来访danzh-博客园~

简明题意

• 给定n，k(n<=max_int,k<=1e7)，求\(n^k\)的前3位和后三位。

思路

• 首先后三位很好求，快速幂对1000取模就好了。重点在如何求前三位。
• 有这样一个性质：\(10^k\)，假设k的整数部分和小数部分分别是a和b，那么\(10^a\)指定了这个数的位数，而\(10^b\)指定了实际的数（但是缩小到了10以内）。所以说，对于数n，我们直接求出\(log_{10}n\)的小数部分b，然后计算\(10^b\)就是原数缩小到10以内的数，这个时候给他乘100然后取整数部分，就是前导了。
• 但是实际要求的不是n的前导，而是\(n^k\)的前导。\(n=10^k，n^a=10^{ak}\)，所以其实在计算完对数后多乘一下就好了。

注意事项

• 无

总结

• \(10^k=10^a+10^b\)，其中\(10^a\)指定位数，\(10^b\)指定大小
• 如何取一个数的小数部分？用fmod，fmod用于小数取余，那么n对1取余得到的就是小数部分了。
• 用setfill设定填充字符，用setw设定长度。他俩都在iomanip里

AC代码

#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<iostream>
#include<iomanip>
using namespace std;

const int mod = 1000;

int ksm(int a, int b)
{
    int ans = 1, base = a;
    while (b)
    {
        if (b & 1)
            ans = 1ll * ans * base % mod;
        b >>= 1;
        base = 1ll * base * base % mod;
    }
    return ans;
}

void solve()
{
    int t;
    scanf("%d", &t);
    for (int i = 1; i <= t; i++)
    {
        int n, k;
        scanf("%d%d", &n, &k);

        int x = (int)(powf(10, fmod(k * log10(n), 1)) * 100);
        while (x < 100) x *= 10;

        printf("Case %d: %d ", i, x);
        cout << setfill('0') << setw(3) << ksm(n, k) << endl;
    }
}

int main()
{
    freopen("Testin.txt", "r", stdin);
    solve();
    return 0;
}