【noip2003】 麦森数

题目描述

形如2^P-1的素数称为麦森数，这时P一定也是个素数。但反过来不一定，即如果P是个素数，2^P-1不一定也是素数。到1998年底，人们已找到了37个麦森数。最大的一个是P=3021377，它有909526位。麦森数有许多重要应用，它与完全数密切相关。

任务：从文件中输入P（1000^P-1的位数和最后500位数字（用十进制高精度数表示）

输入

文件中只包含一个整数P（1000

输出

第一行：十进制高精度数2^P-1的位数。

第2-11行：十进制高精度数2^P-1的最后500位数字。（每行输出50位，共输出10行，不足500位时高位补0）

不必验证2^P-1与P是否为素数。

样例输入

1279

样例输出

386

00000000000000000000000000000000000000000000000000

00000000000000000000000000000000000000000000000000

00000000000000104079321946643990819252403273640855

38615262247266704805319112350403608059673360298012

23944173232418484242161395428100779138356624832346

49081399066056773207629241295093892203457731833496

61583550472959420547689811211693677147548478866962

50138443826029173234888531116082853841658502825560

46662248318909188018470682222031405210266984354887

32958028878050869736186900714720710555703168729087

题解

首先这道题得从数论的角度入手，平时我们估计一个十进制数x(x>0)的位数，往往潜在地使用了放缩法：

若10^k<=x<10^(k+1)，则x有k+1位。而当x=2^p-1时，由于x的末位不为0，因此不存在借位现象，所以x的位数等于2^p的位数。

又假设10^k<=2^p<10^(k+1)，此中的k，便等于[log10(2^p)]也就是int(log10(2^p))。

最后简单变换一下，第一问的答案便是int(p*log10(2))+1。

第二问若用高精加法，时间复杂度为O(n)。但常数过大，超时在所难免。

于是想到，要用快速幂高精。

只有一点不同，此处的快速幂是递归形式的。

当由递归得到2^(p/2)的值时，便可以通过2^p=2^(p/2)*2^(p/2)得到2^p的值，若p是奇数，2^p=2^(p/2)*2^(p/2)*2即可。

根据2^p=2^(p/2)*2^(p/2)，由高精得到a=b*b; if(n%2==1)

根据2^p=2^(p/2)*2^(p/2)*2，由高精得到a=b*b*2;

处理a数组进位，更新b数组；

清空a数组；

 1 #include
 2 #include
 3 #include
 4 #include
 5 #include
 6 using namespace std;
 7 long long p,a[10005]={0},b[10005]={0};
 8 void bigpow(long long n){
 9     if(n==0) return;
10     bigpow(n/2);
11     if(n%2==0){
12         for(int i=1;i<=500;i++)
13             for(int j=1;j<=500;j++)
14                 a[i+j-1]=a[i+j-1]+b[i]*b[j];
15     }
16     if(n%2==1){
17         for(int i=1;i<=500;i++)
18             for(int j=1;j<=500;j++)
19                 a[i+j-1]=a[i+j-1]+b[i]*b[j]*2;
20     }
21     for(int i=1;i<=500;i++){
22         b[i]=a[i]%10;
23         a[i+1]=a[i+1]+a[i]/10;
24     }
25     memset(a,0,sizeof(a));
26 }
27 int main(){
28     ios::sync_with_stdio(false);
29     cin>>p;
30     cout<<(int)(p*log10(2)+1)<<endl;
31     b[1]=1;
32     bigpow(p);
33     for(int i=500;i>1;i--){
34         cout<<b[i];
35         if(i%50==1) cout<<endl;
36     }
37     cout<1]-1<<endl;
38     return 0;
39 }

 

转载于:https://www.cnblogs.com/Emine/p/7554024.html