UVA 701 The Archeologists' Dilemma

UVA_701

    看了别人的解题报告之后，发现可以枚举剩余数字的位数，我们不妨设其为k，那么我们会得到不等式，N*10^k<=2^E<N*10^k，化简之后就可以得到log2(N)+k*log2(10)<=E<log2(N+1)+k*log2(10)，我们设左右边界为a、b的话，问题就等价于如果在枚举k的过程中出现了[a,b)内有一个整数点的话，那个值就是E。

    首先来讲，由于b-a=log2((N+1)/N)<log2(2)=1，所以区间内如果出现整数点的话最多只有一个。接着，我们要解决的问题就是，随着我们不断地枚举k，是否一定在某一刻内出现[a,b)内有一个整数点的情况呢？

    对于这个问题我是这样想的，实际我们就是希望b-a这么宽的区间能够覆盖某个整数点，而对于k*log2(10)来讲，由于log2(10)是一个无理数，因此k*log2(10)-[k*log2(10)]不会有一个固定的整数周期，甚至不会出现两个不同的k使得它们的的值相等，这点可以用反证法证明。再加之k是整数，感觉上这个表达式的值应该在[0,1)之内分布的比较均匀，这样我们多次枚举之后，应该会出现某一时刻使得b-a这么宽的区间覆盖一个整数点。

    当然，前面只是感觉，也只是说理论上可以找到，但我们不妨分析一下b-a的取值，在最坏的情况下，区间长度只有7*10^(-10)左右，即便前面所说的表达式的值分布得再均匀，1s也不过能细化到10^(-8)，也就是说大概能保证区间[a,b)长度是10^(-8)左右的数据能在1s之内找到解，这远远不能满足最坏的情况。不信的话可以把这种枚举的程序出一些9位数的数据试一下，就会发现程序跑得很慢，因为通常找到的解是8位数以上的。

    总而言之，我现在还没找到很“有效”的算法，之所以枚举能过，应该也是数据出得比较小的缘故。

 

    后来听YTQ说，由于这个题目是2000年出的，所以可能题目中所指的整数E是在65536之内的，这样的话枚举范围就很小了。

#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<math.h>
long long int N;
char b[20];
void solve()
{
    int k, x, y;
    sprintf(b, "%d", N);
    for(k = strlen(b) + 1;; k ++)
    {
        x = (long long int)(log2(N) + k * log2(10));
        y = (long long int)(log2(N + 1) + k * log2(10));
        if(x != y)
        {
            printf("%d\n", y);
            break;
        }
    }
}
int main()
{
    while(scanf("%lld", &N) == 1)
    {
        solve();
    }
    return 0;
}