【lightoj1045】数学-小知识点

本文介绍了一种高效算法,用于计算整数n的阶乘在特定进制k下的位数。通过预先计算和存储中间结果,该算法能够在短时间内得出答案,适用于解决诸如竞赛编程中涉及的大数问题。

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E - E 使用long long
Time Limit:2000MS     Memory Limit:32768KB     64bit IO Format:%lld & %llu

Description

Factorial of an integer is defined by the following function

f(0) = 1

f(n) = f(n - 1) * n, if(n > 0)

So, factorial of 5 is 120. But in different bases, the factorial may be different. For example, factorial of 5 in base 8 is 170.

In this problem, you have to find the number of digit(s) of the factorial of an integer in a certain base.

Input

Input starts with an integer T (≤ 50000), denoting the number of test cases.

Each case begins with two integers n (0 ≤ n ≤ 106) and base (2 ≤ base ≤ 1000). Both of these integers will be given in decimal.

Output

For each case of input you have to print the case number and the digit(s) of factorial n in the given base.

Sample Input

5

5 10

8 10

22 3

1000000 2

0 100

Sample Output

Case 1: 3

Case 2: 5

Case 3: 45

Case 4: 18488885

Case 5: 1


有个结论:以k进制求n!结果的位数为logk(n!)+1,因为计算机只能进行以e,10,也有2为底的阶乘,所以计算前要用换底公式处理一下,这个以前都学过logk(n!)=log(n!)/log(k)其中等号后面都是默认以e为底的。要节省时间先打表预处理一下。

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N = 1e6+10;
double a[N];
int main() {
	int T,p=0;
	scanf("%d",&T);
	for(int i=1; i<=N; i++) {
		a[i]=a[i-1]+log(i);
	}
	while(T--) {
		int n,base;
		double ans;
		scanf("%d%d",&n,&base);
		if(n==0)
			printf("Case %d: 1\n",++p);
		else {
			ans=a[n]/log(base)+1;
			printf("Case %d: %d\n",++p,(int)ans);
		}
	}
	return 0;
}










<think>嗯,用户问的是如何对阶乘进行质因数分解,也就是n!的质因数分解算法。首先,我需要回忆一下相关的数学知识。阶乘的质因数分解,我记得应该涉及到每个质数在n!中的幂次。比如,n! = 2^a * 3^b * 5^c...这样,对吧?那具体怎么计算每个质数的指数呢? 哦,对了,Legendre定理。这个定理说,对于质数p,在n!中的幂次等于n除以p的整数部分,加上n除以p²的整数部分,直到商为零。公式就是$\sum_{k=1}^{\infty} \left\lfloor \frac{n}{p^k} \right\rfloor$。比如,求10!中2的幂次,应该是10//2=5,10//4=2,10//8=1,10//16=0,所以总和是5+2+1=8。对吧? 那算法步骤应该是这样的:首先,生成所有小于等于n的质数,然后对每个质数p,计算它在n!中的指数,最后把这些质数和对应的指数组合起来就是结果。那如何高效生成质数呢?可能需要用埃拉托斯特尼筛法,这样可以得到所有<=n的质数。 然后,对于每个质数p,循环计算n/p^k直到p^k超过n,累加这些商。这部分应该可以用循环来实现。比如,p从2开始,计算p^1, p^2,...,直到p^k >n,每次取n除以p^k的整数部分,加到指数里。 那具体实现的时候,需要注意效率问题。比如,预处理质数列表,避免重复计算。另外,分解质因数的时候,只需要处理质数,而不是所有数,这样能节省时间。 用户提供的引用里提到LightOJ 1035这个问题,应该和这个算法有关。可能题目需要处理多个测试用例,所以预处理质数表可能更高效。比如,先生成足够大的质数表,然后在每个测试用例中直接使用这些质数。 那在代码实现上,可能需要先写一个筛法生成质数,然后对于每个质数p,计算对应的指数。比如用Python的话,可以先写一个筛法函数,然后循环每个质数,计算指数。 举个例子,当n=5时,质数是2,3,5。计算2的指数:5//2=2,5//4=1,5//8=0,所以总共有3。3的指数是5//3=1,更高次方超过5,所以是1。5的指数是1。所以5! = 2^3 *3^1 *5^1。 那代码的大致结构应该是这样的: 1. 输入n。 2. 生成所有<=n的质数。 3. 对每个质数p,计算它在n!中的指数。 4. 输出结果。 比如,用Python的话,生成质数可以用埃氏筛。然后计算指数的部分可以用循环,直到p的幂超过n。 不过需要注意,当n=0或1时,n!是1,这时候质因数分解应该是空的,或者输出1=1?可能要看具体题目要求,但一般来说,n>=2的情况。 那用户可能想知道具体的步骤,所以应该分步骤说明,先找质数,再算每个的指数。然后给出代码示例,比如用Python实现。 另外,用户提供的引用中有提到输出格式,比如案例号,以及质数按升序排列,所以代码可能需要处理这些格式要求,但用户的问题可能更关注算法本身,所以代码示例可以简化。 可能的错误点:在筛法中忘记处理0和1的情况,或者在计算指数的时候循环条件错误,比如p^k没有及时更新,导致死循环。 此外,对于大数n,这样的算法是否高效?比如n很大时,质数列表可能会很大,但阶乘的质因数分解每个质数的处理是独立的,可能时间复杂度还是可以接受的,因为每个质数的处理次数是log_p(n),而质数的数量大约是n/ln(n)。所以总的时间复杂度大概是O(n)筛法时间加上O(n / log n) * log n) )=O(n)。这可能对于较大的n来说还是可行的,但具体要看题目中的n的范围。 总结,算法步骤是: 1. 找出所有小于等于n的质数。 2. 对每个质数p,计算其在n!中的指数,即sum_{k=1}^∞ floor(n/p^k)。 3. 输出质因数分解式。 然后,给出代码示例,例如用Python实现筛法和指数计算。同时,可能需要注意输出格式的问题,比如按升序排列质数,每个质数及其指数之间用*连接,如案例中的输出格式。 用户可能还会关心优化方法,比如预处理质数表,或者在计算指数时如何更高效。比如,当p超过n/2的时候,指数可能只有0或1,所以可以提前终止循环? 或者,在计算指数的时候,可以不用每次计算p^k,而是用不断乘以p的方法,直到超过n。比如: def get_exponent(n, p): count = 0 while p <= n: count += n // p p *= p return count 哦,不对,应该是这样: def get_exponent(n, p): count =0 current = p while current <=n: count += n//current current *= p return count 比如,对于p=2,n=10: current=2 →10//2=5 current=4 →10//4=2 current=8 →10//8=1 current=16 →停止,总和是5+2+1=8。正确。 所以这个循环是正确的。每次乘以p,而不是平方,这样对吗?比如,p的幂次是p^1, p^2, p^3,依次计算。所以current *=p,每次是p^k,比如第一次是p^1,然后p^2,p^3,直到超过n。是的。 那这样的话,函数可以正确计算指数。所以在代码中,对于每个质数p,调用这个函数即可。 那整个算法的大致流程就清晰了。现在需要将这些步骤转化为中文解释,分步骤说明,并给出代码示例和相关问题。</think>### 阶乘质因数分解算法分步说明 #### 1. 质数筛选 **目标**:找出所有小于等于$n$的质数。 **方法**:使用**埃拉托斯特尼筛法**(Sieve of Eratosthenes)[^3]。 **步骤**: - 初始化布尔数组`is_prime[0..n]`,默认标记为`True`。 - 将`is_prime[0]`和`is_prime[1]`设为`False`(0和1不是质数)。 - 从$p=2$开始遍历,若`is_prime[p]`为`True`,则将所有$p$的倍数标记为`False`。 - 最终所有标记为`True`的索引即为质数。 #### 2. 计算质数在$n!$中的幂次 **定理**:Legendre定理指出,质数$p$在$n!$中的幂次为: $$ \text{幂次} = \sum_{k=1}^{\infty} \left\lfloor \frac{n}{p^k} \right\rfloor $$ **步骤**: - 对每个质数$p$,计算$p^1, p^2, p^3, \dots$直到$p^k > n$。 - 将$\left\lfloor \frac{n}{p^k} \right\rfloor$累加,得到总幂次。 #### 3. 整合结果 将所有质数与对应的幂次按升序排列,得到$n!$的质因数分解形式: $$ n! = p_1^{a_1} \cdot p_2^{a_2} \cdot \dots \cdot p_k^{a_k} $$ --- ### 代码实现(Python) ```python def sieve(n): is_prime = [True] * (n + 1) is_prime[0:2] = [False, False] for p in range(2, int(n**0.5) + 1): if is_prime[p]: for multiple in range(p*p, n+1, p): is_prime[multiple] = False primes = [p for p, prime in enumerate(is_prime) if prime] return primes def factorial_prime_factorization(n): if n < 2: return "1 has no prime factors" primes = sieve(n) factorization = [] for p in primes: exponent = 0 current = p while current <= n: exponent += n // current current *= p factorization.append((p, exponent)) return factorization # 示例:分解5!的质因数 n = 5 result = factorial_prime_factorization(n) print(f"{n}! = " + " * ".join(f"{p}^{e}" for p, e in result)) # 输出:5! = 2^3 * 3^1 * 5^1 ``` --- ### 关键点解析 1. **筛法优化**:埃氏筛法的时间复杂度为$O(n \log \log n)$,适合$n \leq 10^6$的情况。 2. **幂次计算优化**:通过循环累加$\lfloor n/p^k \rfloor$,避免直接计算大数阶乘。 3. **输出格式**:质数按升序排列,符合数学规范[^4]。 ---
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