POJ 4010 - 2011

最新推荐文章于 2020-03-06 15:47:33 发布

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CC 4.0 BY-SA版权

原文链接：http://www.cnblogs.com/CCBB/archive/2010/11/12/1876042.html

本文介绍了一道POJ 4010题目的解题思路及实现方法，该题目要求计算2011^n的后四位数字。通过数学推导简化了计算过程，并提供了一个C++实现的示例程序。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

http://poj.grids.cn/practice/4010/

/* *********************************************************************************
4010 - 2011

时间限制:
    1000ms
内存限制:
    65536kB

描述
    已知长度最大为200位的正整数n，请求出2011^n的后四位。
输入
    第一行为一个正整数k，代表有k组数据，k<=200接下来的k行，

    每行都有一个正整数n，n的位数<=200
输出
    每一个n的结果为一个整数占一行，若不足4位，去除高位多余的0
样例输入

    3
    5
    28
    792

样例输出

    1051
    81
    5521
********************************************************************************* */

/* *********************************************************************************
解题思路：

    abcd
    abcd
    .......
    abcd
    abcd
    abcd
  *abcd
-----------
....ABCD

假设一个数(abcd)^n的结果的后四位是：ABCD，那么可以得到：
D = ( d^n )%10                                      进位t1 = (d^n) / 10
C = ( n*c*(d^(n-1)) + t1 ) % 10                进位t2 =  ( n*c*d^(n-1) + t1 ) / 10
B = ( n*b*(d^(n-1)) + (n*(n-1)/2)*(c^2)*(d^(n-1)) + t2 ) % 10         进位t3
A = ( n*a*(d^(n-1)) + (n*(n-1)/2)*b*c*(d^(n-2)) + (n*(n-1)*(n-2)/6)*(c^3)*(d^(n-3)) + t3 )%10

其中：(n*(n-1)/2)表示组合数Cn2， (n*(n-1)*(n-2)/6)表示组合数Cn3。
由于a = 2, b = 0, c = 1, d = 1已知，那么带入可得：
D = 1,  t1 = 0
C = n%10, t2= n / 10
B = ( n*(n-1)/2 + t2 ) % 10, t3 =  ( n*(n-1)/2 + t2 ) / 10
A = ( 2*n +  n*(n-1)*(n-2)/6 + t3) % 10

带入样例输入可知正确性。

最后的难度在于n太大了，有200位，我们可以考虑是不是存在一个数t，使得：
(2011)^t 的末四位仍然是2011？？
那么就是解方程令D = 1, C = 1, B = 0, A = 2求出t>1的最小正整数，我们尝试t = 1001，满足要求。
再尝试t = 101不满足。再尝试501满足。所以就可以对所有的n，我们取末三位再模除500。
注意，t = 500时候，(2011)^t的末四位就是0001。所以(2011)^(t+1)的末四位就是2011.
********************************************************************************* */

#include < iostream >
#include < cmath >
#include < cctype >
#include < string >
#include < map >
#include < set >
#include < vector >
#include < algorithm >
#include < list >
// #include <stdlib.h>
// #include <iomanip>

using namespace std;

int main()
{
     int k, n, len, ans;
     int a[ 4 ], t2, t3;
     string str;
    cin >> k;
     for ( int i = 0 ; i < k; i ++ )
    {
        cin >> str;
        len = str.length();
        n = 0 ;
         for ( int j = len - 1 , t = 1 ; j >= 0 && j >= len - 3 ; j -- )
        {
            n += (str[j] - ' 0 ' ) * t;
            t *= 10 ;
        }
        n %= 500 ;

        a[ 0 ] = 1 ;
        a[ 1 ] = n % 10 ;
        t2 = n / 10 ;
        a[ 2 ] = n * (n - 1 ) / 2 + t2;
        t3 = a[ 2 ] / 10 ;
        a[ 2 ] %= 10 ;
        a[ 3 ] = ( 2 * n +   n * (n - 1 ) * (n - 2 ) / 6 + t3) % 10 ;

        ans = a[ 0 ] + a[ 1 ] * 10 + a[ 2 ] * 100 + a[ 3 ] * 1000 ;

        cout << ans << endl;
    }

     return 0 ;
}

转载于:https://www.cnblogs.com/CCBB/archive/2010/11/12/1876042.html