hdu1018Big Number

最新推荐文章于 2020-07-04 15:32:33 发布

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本文介绍了解决求解阶乘位数问题的两种方法：直接计算法和斯特灵公式法，并给出了相应的代码实现。

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Big Number

Time Limit: 2000/1000 MS (Java/Others) Memory Limit: 65536/32768 K (Java/Others)
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http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1018

Problem Description

In many applications very large integers numbers are required. Some of these applications are using keys for secure transmission of data, encryption, etc. In this problem you are given a number, you have to determine the number of digits in the factorial of the number.

Input

Input consists of several lines of integer numbers. The first line contains an integer n, which is the number of cases to be tested, followed by n lines, one integer 1 ≤ n ≤ 107 on each line.

Output

The output contains the number of digits in the factorial of the integers appearing in the input.

Sample Input

2 
10 
20

Sample Output

7 
19

题意：求n!的位数。

思路：首先，一个数的位数 = (int)log10(n)+1。

方法一：这个题变成求解 (int)log10(n!)+1。

因为loga(b*c)=loga(b)+loga(c)，So...直接相加即可。

代码：

#include<iostream>
#include<cmath>
#include<cstring>
using namespace std;

int main()
{
    int n,m;
    double s;
    cin>>n;
    while(n--)
    {
        s=0;
        cin>>m;
        for(int i=1;i<=m;i++)
            s+=log10(i);
        cout<<(int)s+1<<endl;
    }
    return 0;
}

方法二：斯特灵公式

斯特灵公式是一条用来取n阶乘近似值的数学公式。一般来说，当n很大的时候，n阶乘的计算量十分大，所以斯特灵公式十分好用，而且，即使在n很小的时候，斯特灵公式的取值已经十分准确。

公式为：（n>3）

$n! \approx \sqrt{2\pi n}\, \left(\frac{n}{e}\right)^{n}.$

这就是说，对于足够大的整数n，这两个数互为近似值。更加精确地：

$\lim_{n \rightarrow \infty} {\frac{n!}{\sqrt{2\pi n}\, \left(\frac{n}{e}\right)^{n}}} = 1$

或

$\lim_{n \rightarrow \infty} {\frac{e^n\, n!}{n^n \sqrt{n}}} = \sqrt{2 \pi}.$

由斯特灵公式得：n! = ((2*pi*n)^(1/2))*((n/e)^n);(n > 3)

取位：lg(n!)=(lg(2*pi)+lg(n))/2 + n*(lg(n)-lg(e));

代码：

#include<iostream>
#include<cmath>
using namespace std;
const long double c1=0.798179868358; //lg(2*pi)
const long double c2=0.434294481903; //lg(e) 
 
int main()
{
	int n,t;
	cin>>t;
	int s;
	long double c3;//特别要注意精度的问题，此处c3应为long double型，否则很容易丢失精度，造成答案错误
	for(int i=0;i<t;i++)
	{
		cin>>n;
		c3=log10((double)n);
		if(t>3)
			s=(c3+c1)/2+n*(c3-c2)+1;//由于10^0=1，10^1=10……，故在最后还要加一个1
               //s=？发生自动类型转换，如10^2.5=x,则s=2+1，则说明x！介于10^2与10^3之间，位数为3！
	else
			s=1;
		cout<<s<<endl;
	}
    return 0;
}