Leading and Trailing （LightOJ - 1282，求n^k 的前三位和后三位）

最新推荐文章于 2021-05-18 22:19:14 发布

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本文详细解析了LightOJ-1282题目的解决策略，通过科学计数法和快速幂算法求解大数的前三位和后三位，提供了完整的代码实现。

一.题目链接：

LightOJ-1282

二.题目大意：

给出 n 和 k，求 $n^{k}$ 的前三位和后三位.

三.分析：

后三位用快速幂求即可.

前三位求法：

首先复习一下科学计数法： $A \times 10^{ B}$ （ 0 < A < 10）

$n^{k}$ 一定可以表示成 $10^{x + y}$ 的形式（ x 为整数，y 为小数）

即 $10^{x}$ == $10^{B}$ ， $10^{y}$ == A

$\therefore$ $n^{k}$ 的前三位 == A $\times$ 100

$\because n^{k} == 10^{x + y}$

对等式两边取对数得： $klgn == x + y$

又 x 为整数，y 为小数

$\therefore$ $y == fmod(klgn, 1)$

$\therefore A == pow(10, y)$

$\therefore n^{k}$ 的前三位为 $pow(10, y + 2)$

四.代码实现：

#include <set>
#include <map>
#include <ctime>
#include <queue>
#include <cmath>
#include <stack>
#include <vector>
#include <cstdio>
#include <sstream>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#define eps 1e-4
#define PI acos(-1.0)
#define ll long long int
using namespace std;

ll quick_power(ll n, ll k)
{
    ll sum = 1;
    while(k)
    {
        if(k & 1)
            sum = ((sum % 1000) * (n % 1000)) % 1000;
        n = ((n % 1000) * (n % 1000)) % 1000;
        k >>= 1;
    }
    return sum % 1000;
}

int main()
{
    int T;
    scanf("%d", &T);
    for(int c = 1; c <= T; ++c)
    {
        ll n, k;
        scanf("%lld %lld", &n, &k);
        ll ans1 = pow(10, 2 + fmod(k * log10(n), 1));
        ll ans2 = quick_power(n, k);
        printf("Case %d: ", c);
        printf("%d ", ans1);
        if (ans2 < 100)///比如 n^k 为 1002，ans2 == 2，但要输出三位
            printf("0");
        if (ans2 < 10)
            printf("0");
        printf("%lld\n", ans2);
    }
    return 0;
}