hdu 1568
2011-09-06 17:51
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题目链接http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1568
我的天呐,写了那么久的代码,拼命地想省内存,可是还是没用呀,那么大一个数,数组至少就要那么大了呀,看看我那MLE的代码吧,原因是我用了递推公式,下面一个是直接用公式计算每一个的
MLE的代码
下面是来自大牛的http://hi.baidu.com/aekdycoin/blog/item/60bbae2b38c6f52ad42af18f.html
先看对数的性质,loga(b^c)=c*loga(b),loga(b*c)=loga(b)+loga(c);
假设给出一个数10234432,那么log10(10234432)=log10(1.0234432*10^7)=log10(1.0234432)+7;
log10(1.0234432)就是log10(10234432)的小数部分.
log10(1.0234432)=0.010063744
10^0.010063744=1.023443198
那么要取几位就很明显了吧~
先取对数(对10取),然后得到结果的小数部分bit,pow(10.0,bit)以后如果答案还是<1000那么就一直乘10。
注意偶先处理了0~20项是为了方便处理~
这题要利用到数列的公式:an=(1/√5) * [((1+√5)/2)^n-((1-√5)/2)^n](n=1,2,3.....)
取完对数
log10(an)=-0.5*log10(5.0)+((double)n)*log(f)/log(10.0)+log10(1-((1-√5)/(1+√5))^n)其中f=(sqrt(5.0)+1.0)/2.0;
log10(1-((1-√5)/(1+√5))^n)->0
所以可以写成log10(an)=-0.5*log10(5.0)+((double)n)*log(f)/log(10.0);
最后取其小数部分。
#include<iostream>
#include<cmath>
using namespace std;
int fac[21]={0,1,1};
const double f=(sqrt(5.0)+1.0)/2.0;
int main()
{
double bit;
int n,i;
for(i=3;i<=20;i++)fac[i]=fac[i-1]+fac[i-2];//求前20项
while(cin>>n)
{
if(n<=20)
{
cout<<fac
<<endl;
continue;
}
bit=-0.5*log(5.0)/log(10.0)+((double)n)*log(f)/log(10.0);//忽略最后一项无穷小
bit=bit-floor(bit);
bit=pow(10.0,bit);
while(bit<1000)bit=bit*10.0;
printf("%d\n",(int)bit);
}
return 0;
}
我的天呐,写了那么久的代码,拼命地想省内存,可是还是没用呀,那么大一个数,数组至少就要那么大了呀,看看我那MLE的代码吧,原因是我用了递推公式,下面一个是直接用公式计算每一个的
MLE的代码
#include<iostream> #include<stdio.h> #include<math.h> #include<string.h> #include<stdlib.h> using namespace std; int sum[2][200]; int len[2]; int s[100000001]; void init() { memset(sum,0,sizeof(sum)); memset(len,0,sizeof(len)); memset(s,0,sizeof(s)); s[0]=0; sum[1][0]=1;len[2]=1;s[1]=1; sum[0][0]=1;len[1]=1;s[2]=1; int j,k; for(int i=3;i<100000001;i++) { for(j=0,k=0;j<len[(i-1)%2];j++) { k+=sum[i%2][j]+sum[(i+1)%2][j]; sum[i%2][j]=k%100000000; k/=100000000; } while(k) { sum[i%2][j++]=k%100000000; k/=100000000; } len[i]=j; int p=j-1,ans; char str[10]; s[i]=0; itoa(sum[i%2][p],str,10); int lj=strlen(str),m; for(m=0;m<lj;m++) { if(m>=4)break; s[i]=s[i]*10+str[m]-'0'; } str[0]='\0'; if(p>0&&m<4) { itoa(sum[i%2][p-1],str,10); lj=strlen(str); if(lj!=8) s[i]*=10,m++; for(int j=0;m<4;m++,j++) s[i]=s[i]*10+str[j]-'0'; } } } int main() { int n; init(); while(scanf("%d",&n)==1) { printf("%d\n",s ); } return 0; }
下面是来自大牛的http://hi.baidu.com/aekdycoin/blog/item/60bbae2b38c6f52ad42af18f.html
先看对数的性质,loga(b^c)=c*loga(b),loga(b*c)=loga(b)+loga(c);
假设给出一个数10234432,那么log10(10234432)=log10(1.0234432*10^7)=log10(1.0234432)+7;
log10(1.0234432)就是log10(10234432)的小数部分.
log10(1.0234432)=0.010063744
10^0.010063744=1.023443198
那么要取几位就很明显了吧~
先取对数(对10取),然后得到结果的小数部分bit,pow(10.0,bit)以后如果答案还是<1000那么就一直乘10。
注意偶先处理了0~20项是为了方便处理~
这题要利用到数列的公式:an=(1/√5) * [((1+√5)/2)^n-((1-√5)/2)^n](n=1,2,3.....)
取完对数
log10(an)=-0.5*log10(5.0)+((double)n)*log(f)/log(10.0)+log10(1-((1-√5)/(1+√5))^n)其中f=(sqrt(5.0)+1.0)/2.0;
log10(1-((1-√5)/(1+√5))^n)->0
所以可以写成log10(an)=-0.5*log10(5.0)+((double)n)*log(f)/log(10.0);
最后取其小数部分。
#include<iostream>
#include<cmath>
using namespace std;
int fac[21]={0,1,1};
const double f=(sqrt(5.0)+1.0)/2.0;
int main()
{
double bit;
int n,i;
for(i=3;i<=20;i++)fac[i]=fac[i-1]+fac[i-2];//求前20项
while(cin>>n)
{
if(n<=20)
{
cout<<fac
<<endl;
continue;
}
bit=-0.5*log(5.0)/log(10.0)+((double)n)*log(f)/log(10.0);//忽略最后一项无穷小
bit=bit-floor(bit);
bit=pow(10.0,bit);
while(bit<1000)bit=bit*10.0;
printf("%d\n",(int)bit);
}
return 0;
}
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