light oj 1090 Trailing Zeroes (II)

最新推荐文章于 2021-03-22 16:21:52 发布

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本文介绍了一种计算组合数C(n,r)*p^q位数的方法，并讨论了如何求解组合数后缀0的数量问题，提供了两种不同的算法实现，一种利用对数特性计算位数，另一种通过预处理因子数量简化计算。

1)改题：刚开始看错题目了，把题目看成求这个数的位数，然后就错了，不过如果把题目改成求C(n,r)*p^q的位数，也是

一个不错的小题目。那样的话就用到了：
1)用log(base)n+1 求n在base进制下的位数.
2)log换底公式和其它一些简单公式。代码如下：
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define ll long long
#define maxn 1000005
double fac[maxn];
void get_fac(){ //记录{ log1,...logn }前i项的和
fac[0]=0;
for(int i=1;i<maxn;i++){
fac[i]=fac[i-1]+log(i*1.0);
}
}
int main(){
int i,j,n,t,r,p,q;
get_fac();
cin>>t;
for(i=1;i<=t;i++){
scanf("%d%d%d%d",&n,&r,&p,&q);
int ans=(int)((fac[n]-fac[n-r]-fac[r]+q*log(p*1.0))/log(10.0))+1;
printf("Case %d: %d\n",i,ans);
}
return 0;
}

2) 这道题目是求有几个后缀0,想了一下，刚开始想的是可以把这个式子分解成好多项相乘，要出现一个10,则个位为 2*5, 4*5, 6*5, 8*5 或者看末位有几个0.所以对一个数,
首先看这个数的末位有几个0，这样的话进位问题会出错，于是有进一步考虑了下，知道了思路：10=2*5.这样就不用考虑进位问题了，所以问题转化为求每个数中可以因式分解
出几个2和几个5,然后看这个式子中总共有几个2和5就可以解决问题，所以预处理1-1000000中每个数有几个2和5，因为2^20,5^9就足够，所以暴力时间复杂度就够了。剩下的
就简单了。

后来看别人的题解，发现他直接求n!的x因子的算法挺巧妙的，就摘过来了：
int fac(int x , int y){//x!的y因子的个数
int s = 0 ;
while(x){
s += x/y ;
x /= y ;
}
return s ;
}

下面是我的程序：

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define maxn 1000005
int num2[maxn],num5[maxn],fac2[maxn],fac5[maxn];
//求出每个数2和5这两个因子的个数
void get_num(){
    memset(num2,0,sizeof(num2));
    memset(num5,0,sizeof(num5));
    for(int i=1;i<maxn;i++){
        if(i%2==0){
            int k=i;
            while(k%2==0){num2[i]++; k/=2;}
        }
        if(i%5==0){
            int k=i;
            while(k%5==0){num5[i]++; k/=5; }
        }
    }
}
//打表出前i个数中一共含有几个2和5,存在fac数组中
void get_fac(){
    fac2[0]=0; fac5[0]=0;
    for(int i=1;i<maxn;i++) {
        fac2[i]=fac2[i-1]+num2[i];
        fac5[i]=fac5[i-1]+num5[i];
    }
}
int main(){
    int i,j,n,t,r,p,q;
    get_num();
    get_fac();
    cin>>t;
    for(i=1;i<=t;i++){
        scanf("%d%d%d%d",&n,&r,&p,&q);
        int n2=fac2[n]-fac2[n-r]-fac2[r]+q*num2[p];
        int n5=fac5[n]-fac5[n-r]-fac5[r]+q*num5[p];
        int ans=min(n2,n5);
        printf("Case %d: %d\n",i,ans);
    }
    return 0;
}