HDU 1568 Fibonacci

http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1568

Problem Description
2007年到来了。经过2006年一年的修炼，数学神童zouyu终于把0到100000000的Fibonacci数列

(f[0]=0,f[1]=1;f[i] = f[i-1]+f[i-2](i>=2))的值全部给背了下来。

接下来，CodeStar决定要考考他，于是每问他一个数字，他就要把答案说出来，不过有的数字太长了。所以规定超过4位的只要说出前4位就可以了，可是CodeStar自己又记不住。于是他决定编写一个程序来测验zouyu说的是否正确。

[align=left]Input[/align]
输入若干数字n(0 <= n <= 100000000)，每个数字一行。读到文件尾。

[align=left]Output[/align]
输出f
的前4个数字（若不足4个数字，就全部输出）。

[align=left]Sample Input[/align]

0
1
2
3
4
5
35
36
37
38
39
40

[align=left]Sample Output[/align]

0
1
1
2
3
5
9227
1493
2415
3908
6324
1023
要用到斐波那契公式：
F(n)=(1/√5)*[((1+√5)/2)^n-((1-√5)/2)^n](n=1，2，3.....)
=(1/√5)*[((1+√5)/2)^n*(1-((1-√5)/(1+√5))^n)](n=1，2，3.....)
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<stdio.h>
#include<string.h>
#include<stdlib.h>
#include<math.h>
#define f (sqrt(5.0)+1.0)/2.0
int fac[21];
int main()
{
int n;
int i, l;
double bit;
fac[0] = 0;
fac[1] = 1;

for (i = 2; i <= 20; i++)
{
fac[i] = fac[i - 1] + fac[i - 2];
}

while (scanf("%d", &n) != -1)
{
if (n <= 20)
{
printf("%d\n", fac
);
continue;
}

bit = -0.5 * log(5.0) / log(10.0) + ((double)n) * log(f) / log(10.0); //printf("bit = %f\n",bit);
//这个bit 直接计算的log10(f(n));
bit = bit - floor(bit);//printf("bit - floor(bit) = %f\n",bit);
//floor 函数是向下取整数，如果是2.3，之后就是2.0了
bit = pow(10.0, bit);//printf("bit = pow(10.0, bit) = %f\n",bit);
//这个 bit 直接去掉了f(n)这个数后面的0；
while (bit < 1000)
{
bit *= 10;
}

printf("%d\n", (int)bit);
}

return 0;
}