有关log运算的二三题
1，hdu Leftmost Digit
题意：
给定正整数 (n) ，输出 (n^n) 的最高位上的数字。其中， (1leq nleq1,000,000,000) 。
解：
[egin{align*}
n^n&=a.b imes10^k\
lg(n^n)&=lg(a.b imes10^k)\&=lg(a.b)+k\
lg(n^n)-k&=lg(a.b)\
a&=(int)10^{lg(n^n)-k}
end{align*}
]
代码:
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main()
{
int T,n;
scanf("%d",&T);
while(T--)
{
scanf("%d",&n);
printf("%d
",(int)pow(10,log10(n)*n-(ll)(log10(n)*n)));
}
}
2，P1045 麦森数
题意：
对于给定整数 (P) ( (1000< P< 3100000) ) ，第一行输出十进制 (2^P-1) 的位数，第二行，输出十进制 (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）。
解：
对于输出位数：
首先要知道 (2^P-1) 与 (2^P) 的对应十进制数的位数是相同的（因为 (2^P) 尾数不为 (0) ）。
其次，对于一个数 (10^n) ，它的位数是 (n+1) 。
那么对于 (k=2^P) 有：
[egin{align*}
k&=2^P\&=(10^{log_{10}\,2})^P\&=10^{P\,log_{10}\,2}
end{align*}
]
所以，(2^P-1) 的十进制位数等于 (2^P) 的十进制位数，等于 (P\,log_{10}2+1) 。
输出最后500位：高精或者java
代码：
import java.math.BigInteger;
import java.util.Scanner;
public class Main{
static final int maxn=100005;
static final BigInteger BI=null;
static Scanner input=new Scanner(System.in);
public static void main(String sssss[]) {
int p=input.nextInt();
BigInteger res=BI.valueOf(1);
BigInteger mod=BI.valueOf(10);
BigInteger x=mod.pow(50),y;
int len=(int) (Math.log10(2)*p+1);
mod=mod.pow(500);
for(int i=1,j=0;i<=p;i++,j++) {
res=res.multiply(BI.valueOf(2));
if(j>5000){
res=res.mod(mod);j=0;
}
}
res=res.mod(mod);
res=res.subtract(BI.ONE);
System.out.println(len);
for(int i=1;i<=10;i++){
mod=mod.divide(x);
y=res.divide(mod);
System.out.println(String.format("%050d", y));
res=res.subtract(y.multiply(mod));
}
}
}
3，How Many Times?
题意：
初始有 (n) 个堆，第 (i) 堆有一个数 (i) 。
有 (3) 种操作：
- 1 X Y ：把包含数 (X) 和包含数 (Y) 的堆合并
- 2 X ：如果包含数 (X) 的堆存在，删除该堆里最大的那个数
- 3 X Y ：输出 (frac{max(S_x,S_y)}{min(S_x,S_y)}) ，其中 (S_x=1 imes a_1 imes a_2 imesdots imes a_{size_x}) ，(a_i) 是堆 (X) 的第 (i) 个数。
且，如果输出的数大于 (10,000,000,000,000,000) ，则输出 (10,000,000,000,000,000) 。
输出数据与标准数据的差不能超过 (10^{-6}) 。
解：
启发式合并。
对于高精度的运算，用浮点数的对数加法运算代替。
[frac{a_1 imes a_2 imesdots imes a_{size_x}}{b_1 imes b_2 imesdots imes b_{size_y}}=10^{lg frac{a_1 imes a_2 imesdots imes a_{size_x}}{b_1 imes b_2 imesdots imes b_{size_y}}}
]
[egin{align*}
\ lg frac{a_1 imes a_2 imesdots imes a_{size_x}}{b_1 imes b_2 imesdots imes b_{size_y}}&=lg(a_1 imes a_2 imesdots imes a_{size_x})-lg(b_1 imes b_2 imesdots imes b_{size_y})\&=(lg\,a_1+lg\,a_2+dots+lg\,a_{size_x})-(lg\,b_1+lg\,b_2+dots+lg\,b_{size_y})
end{align*}
]
代码:
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const double ep=1e-8;
const int mod=998244353;
const int inf=0x3f3f3f3f;
const int maxn=1e5+5;
priority_queue<int>que[maxn];
double val[maxn];
int fa[maxn];
int main()
{
int n,m,op,x,y;
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;i++){
que[i].push(i);
fa[i]=i;
val[i]=log10(i);
}
while(m--)
{
scanf("%d",&op);
if(op==1){
scanf("%d%d",&x,&y);
x=fa[x];
y=fa[y];
if(!x||!y||x==y)continue;
if(que[x].size()<que[y].size())swap(x,y);
val[x]+=val[y];val[y]=0;
while(!que[y].empty()){
que[x].push(que[y].top());
fa[que[y].top()]=x;
que[y].pop();
}
que[y]=priority_queue<int>();
}else if(op==2){
scanf("%d",&x);
x=fa[x];
if(!x)continue;
val[x]-=log10(que[x].top());
fa[que[x].top()]=0;
que[x].pop();
}else{
scanf("%d%d",&x,&y);
x=fa[x];y=fa[y];
printf("%.6f
",pow(10,min(fabs(val[x]-val[y]),16.0)));
}
}
}