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Problem
Solution
首先，我们不难发现，即使是先中转成10进制的，时间复杂度也还是(O(n^2))的，但编程复杂度显然不同。
设高精度数长度为(lena)，为(n)进制，从低位到高位分别为(a_0,a_1,...,a_n)。然后我们会发现：转换后的(m)进制数的最后一位为
[large ( sum_{i=0}^{lena-1} n^i a_i ) mod m
]
即：
[large sum_{i=0}^{lena-1} (n^i a_i mod m)
]
即：
[large ...((n (a_{lena-1} mod m) + a_{lena-2} ) mod m)...
]
不难发现，倒数第二位是除以m后的结果，所以，我们可以得出一下算法：从该数的最高位开始，对该位上的数除以要转换的进制基数，得到商和余数，商取代原来该位上的数，进行下一位的相同操作，但是注意下一位的除数不仅仅是该位的数，而是前一次的余数乘以大数的进制基数加上该位的数，如此循环，到所以位都除过一次，记录最后一位操作得到的余数，然后将上次的商作为除数，继续上次的操作，直到商为零。逆序输出每次记录的余数，即是要求的数。
Code
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
int T,n,m,f[128],ff[62];
char a[1005],stk[1005]; int sz=0;
int main()
{
#ifdef local
freopen("pro.in","r",stdin);
#endif
int cnt=0;
for(int i='0';i<='9';i++)
{
f[i]=cnt;
ff[cnt++]=i;
}
for(int i='A';i<='Z';i++)
{
f[i]=cnt;
ff[cnt++]=i;
}
for(int i='a';i<='z';i++)
{
f[i]=cnt;
ff[cnt++]=i;
}
scanf("%d",&T);
while(T-->0)
{
scanf("%d%d%s",&n,&m,a);
printf("%d %s
%d ",n,a,m);
int lena=strlen(a);
reverse(a,a+lena);
sz=0;
while(lena)
{
int jw=0;
for(int i=lena-1;i>=0;i--)
{
jw=jw*n+f[a[i]];
a[i]=ff[jw/m];
jw%=m;
}
stk[sz++]=ff[jw];
while(lena&&a[lena-1]=='0') a[lena--]=0;
// printf("lena=%d %s
",lena,a);
}
while(sz) putchar(stk[--sz]); puts("
");
}
return 0;
}