小数问题
本文的主要内容是探讨关于小数的一些问题，先介绍小数与分数的转化，然后再来探讨小数循环节等问题。其中涉及
到一些数论的内容，本文会进行详细介绍。
题目：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1717
题意：给定一个纯小数，将其转化为分数输出。
代码：
#include <iostream>
#include <string.h>
#include <stdio.h>
using namespace std;
const int N = 15;
int gcd(int a, int b)
{
return b ? gcd(b, a % b) : a;
}
void DecimalToFraction(char str[])
{
int a = 0;
int b = 0;
int L1 = 0;
int L2 = 0;
int len = strlen(str);
for(int i = 2; i < len; i++)
{
if(str[i] == '(') break;
a = a * 10 + str[i] - '0';
L1++;
}
bool flag = 0;
for(int i = 2; i < len; i++)
{
if(str[i] == '(' || str[i] == ')')
{
flag = 1;
continue;
}
b = b * 10 + str[i] - '0';
L2++;
}
L2 -= L1;
int p = b - a;
int q = 0;
if(!flag)
{
p = b;
q = 1;
L2 = 0;
}
for(int i = 0; i < L2; i++)
q = q * 10 + 9;
for(int i = 0; i < L1; i++)
q = q * 10;
int g = gcd(p, q);
p /= g;
q /= g;
printf("%d/%d\n", p, q);
}
int main()
{
int T;
char str[N];
scanf("%d", &T);
while(T--)
{
scanf("%s", str);
DecimalToFraction(str);
}
return 0;
}
题目：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=2522
题意：给定一个分数，将其转化为小数。本题需要用到如下定理
代码：
#include <iostream>
#include <string.h>
#include <stdio.h>
using namespace std;
const int N = 100005;
void FractionToDecimal(int n)
{
//负数标识
bool isNeg = 0;
if(n < 0)
{
n = -n;
isNeg = 1;
}
int res[N], ok[N];
memset(res, 0, sizeof(res));
memset(ok, 0, sizeof(ok));
int k = 1;
ok[k] = 1;
int cnt = 0;
while(k && n != 1)
{
k *= 10;
res[cnt++] = k / n;
k %= n;
if(ok[k]) break;
ok[k] = 1;
}
if(isNeg) printf("-");
if(n == 1) puts("1");
else
{
printf("0.");
for(int i = 0; i < cnt; i++)
printf("%d", res[i]);
puts("");
}
}
int main()
{
int T, n;
scanf("%d", &T);
while(T--)
{
scanf("%d", &n);
FractionToDecimal(n);
}
return 0;
}
题目：http://www.51nod.com/onlineJudge/questionCode.html#!problemId=1037
题意：求小于等于
的数中倒数循环节长度最长的那个数，其中
。
分析：从上题的定理看，我们需要在小于等于的数中找一个数
，使得同余方程
的最小正
整数解最大。很明显，此方程的最大正整数解为
，如果10为模的一个原根，那么将得到方程的最
小正整数解为，这时得到的循环节当然也就最长。
设小于等于
且原根为10的最大的素数为
。接下来，看似只需要枚举闭区间
内的每个数，找
出满足同余方程的最小正整数解为
的所有数，然后取循环节长度最大的那个。
但是遗憾的是，枚举的数可能比较多，而且每次枚举都需要解同余方程，时间花费很多。实际上只需要枚举
原根存在的。根据数论原根中的一个定理
根据上题的定理知道，肯定不含有2，所以只需要枚举形如
的数即可。
我们要在闭区间内找形如且原根为10的所有。如果原根为10，那么同余方程的最小正整数解
为
，也就是小数循环节的长度，在数论欧拉函数章节中，学过
。
综上所述，本题思路为：从
开始往下枚举
，直到
为素数且10为模的一个原根时停止，判断是
否形如
，如果是，进一步验证是否是
的最小正整数解，最终取循环节长度最大
的。
代码：
#include <iostream>
#include <stdlib.h>
#include <string.h>
#include <algorithm>
#include <assert.h>
#include <stdio.h>
#include <math.h>
#include <vector>
const int Times = 10;
const int N = 1000005;
using namespace std;
typedef long long LL;
bool prime[N];
int p[N];
int cnt;
LL gcd(LL a, LL b)
{
return b? gcd(b, a % b) : a;
}
LL multi(LL a, LL b, LL m)
{
LL ans = 0;
a %= m;
while(b)
{
if(b & 1)
{
ans = (ans + a) % m;
b--;
}
b >>= 1;
a = (a + a) % m;
}
return ans;
}
LL quick_mod(LL a, LL b, LL m)
{
LL ans = 1;
a %= m;
while(b)
{
if(b & 1)
{
ans = multi(ans, a, m);
b--;
}
b >>= 1;
a = multi(a, a, m);
}
return ans;
}
bool Miller_Rabin(LL n)
{
if(n == 2) return true;
if(n < 2 || !(n & 1)) return false;
LL m = n - 1;
int k = 0;
while((m & 1) == 0)
{
k++;
m >>= 1;
}
for(int i = 0; i < Times; i++)
{
LL a = rand() % (n - 1) + 1;
LL x = quick_mod(a, m, n);
LL y = 0;
for(int j = 0; j < k; j++)
{
y = multi(x, x, n);
if(y == 1 && x != 1 && x != n - 1) return false;
x = y;
}
if(y != 1) return false;
}
return true;
}
LL pollard_rho(LL n, LL c)
{
LL i = 1, k = 2;
LL x = rand() % (n - 1) + 1;
LL y = x;
while(true)
{
i++;
x = (multi(x, x, n) + c) % n;
LL d = gcd((y - x + n) % n, n);
if(1 < d && d < n) return d;
if(y == x) return n;
if(i == k)
{
y = x;
k <<= 1;
}
}
}
void find(LL n, int c, vector<LL> &pri)
{
if(n == 1) return;
if(Miller_Rabin(n))
{
pri.push_back(n);
return ;
}
LL p = n;
int k = c;
while(p >= n) p = pollard_rho(p, c--);
find(p, k, pri);
find(n / p, k, pri);
}
void Divide(LL n, vector<LL> &pri, vector<int> &num)
{
find(n, 120, pri);
sort(pri.begin(), pri.end());
num.push_back(1);
int k = 1;
for(int i = 1; i < pri.size(); i++)
{
if(pri[i] == pri[i - 1])
++num[k - 1];
else
{
num.push_back(1);
pri[k++] = pri[i];
}
}
pri.resize(num.size());
}
void SearchFactor(int dept, LL ans, vector<LL> &pri, vector<int> &num, vector<LL> &fac)
{
if(dept == num.size())
{
fac.push_back(ans);
return;
}
for(int i = 0; i <= num[dept]; i++)
{
SearchFactor(dept + 1, ans, pri, num, fac);
ans *= pri[dept];
}
}
vector<LL> FindFactor(LL n)
{
int cnt;
vector<LL> pri;
vector<int> num;
vector<LL> fac;
Divide(n, pri, num);
SearchFactor(0, 1, pri, num, fac);
sort(fac.begin(), fac.end());
return fac;
}
//素数筛选
void PrimeFilter()
{
cnt = 0;
memset(prime, true, sizeof(prime));
for(int i = 2; i < N; i++)
{
if(prime[i])
{
p[cnt++] = i;
for(int j = i + i; j < N; j += i)
prime[j] = false;
}
}
}
bool Judge(LL m, LL &phi, bool &isprime)
{
// p^1
if(Miller_Rabin(m))
{
phi = m - 1;
isprime = true;
return true;
}
//p^2
LL srt = (LL)sqrt(1.0 * m);
if(srt * srt == m && Miller_Rabin(srt))
{
phi = srt * (srt - 1);
return true;
}
//p^3, p^4, ...
LL tm = m;
LL fm = 1;
for(int i = 0; i < cnt; i++)
{
if(tm % p[i] == 0)
{
fm = p[i];
while(tm % p[i] == 0)
{
tm /= p[i];
fm *= p[i];
}
if(tm == 1)
{
phi = fm - fm / p[i];
return true;
}
break;
}
}
return false;
}
bool Success(LL m, LL &loop, bool &ok)
{
LL phi = 0;
bool isprime = false;
if(!Judge(m, phi, isprime))
return false;
LL res = 0;
vector<LL> fac = FindFactor(phi);
for(int i = 0; i < fac.size(); i++)
{
if(quick_mod(10, fac[i], m) == 1)
{
res = fac[i];
break;
}
}
if(res != phi)
return false;
loop = phi;
if(isprime)
ok = true;
return true;
}
int main()
{
LL n;
PrimeFilter();
while(scanf("%I64d", &n) != EOF)
{
n++;
bool ok = 0;
LL ans = 0;
LL res = 0;
while(n--)
{
LL loop = 0;
if(Success(n, loop, ok))
{
if(ans < loop)
{
ans = loop;
res = n;
}
if(ok)
{
printf("%I64d\n", res);
break;
}
}
}
}
return 0;
}