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一本通：1925：【03NOIP普及组】麦森数 (opens in a new tab)
Acwing：416. 麦森数 (opens in a new tab)
洛谷：P1045 [NOIP2003 普及组] 麦森数 (opens in a new tab)

本题和 2007NOIP普及组真题 4. Hanoi双塔问题 本质相同，都是求 $2^N$ 。Hanoi 塔的数据量还不算大，N只会取到200，所以在使用高精度时可以用字符串乘法。但本题麦森数的N会达到3100000，如果使用字符串乘法，复杂度会为 $3100000*500 = O(1.5*10^9)$ ，会超时。
所以本题需要使用 快速幂 和 高精度x高精度

核心思想：快速幂 + 高精度

1、本题是快速幂 + 高精度*高精度的模板题

以下是快速幂的推导过程：
我们要计算 $a^b$ ，考虑将指数 b 用二进制表示，比如 b=13，二进制表示为1101。
那么 $a^{13}=a^8 * a^4 * a^1$ ，我们可以发现，从右往左看二进制位，如果是1，就乘以对应的幂次的 a，如果是 0，就不乘。
在计算过程中，我们可以从低到高逐步计算，每一步将当前 a 的平方，同时根据二进制位决定是否累乘到结果中。
具体来说，开始时 res = 1，然后遇到二进制位为 1 时，就将当前的 a 乘到 res 上，同时 a 不断平方。这样就巧妙地利用了二进制的特性，大大减少了计算次数。通过这样的递推和二进制分解，就实现了快速幂的高效计算。

快速幂的模板代码

while( b > 0 )
{
    if(b & 1)  Multiply(res, a); // first * second 的结果赋值回 first ; // 如果是1，就乘以对应幂次的a，如果是0，就不乘
 
    Multiply(a, a);  // a不断平方
    b >>= 1; // 判断下一位
}

2、高精度 * 高精度

高精度 * 高精度

for (i = 1; i <= lena; i++)
{
    x = 0;                                     //用于存放进位
    for (j = 1; j <= lenb; j++)                //对乘数的每一位进行处理
    {
        c[i+j-1] = a[i] * b[j] + x + c[i+j-1]; //当前乘积+上次乘积进位+原数
        x = c[i+j-1] / 10;
        c[i+j-1] %= 10;
    }
    c[i+lenb] = x;                           //进位
}
lenc = lena + lenb;
while (c[lenc] == 0 && lenc > 1)  lenc--;    //删除前导0

3、由于要求的结果是 $2^N-1$ ，因为的 $2^N$ 的末尾是2,4,8,6，都足以-1。所以最终的结果就是个位 -1 即可。
4、printf("%d", int(log10(2) * p) + 1); 表示计算输出的位数

如果一个数是100，则它的位数是 $lg(100)+1 = 2 + 1 = 3$ ； lg 表示以10为底
如果一个数是 999，则它的位数是 $floor(lg(999)) +1 = 2 + 1 = 3$ ； floor 表示向下取整
如果一个数是1000，则它的位数是 $lg(1000)+1 = 3 + 1 = 4$ ；
如果一个数是 9999；则它的位数是 $floor(lg(9999)) +1 = 3 + 1 = 4$ ； floor 表示向下取整
如果一个数是10000，则它的位数是 $lg(10000)+1 = 4 + 1 = 5$ ；

所以，如果一个数是x，则它的位数是 $lg(x)+1$ 。因为本题中 $x=2^P$ ，故
$lg(x)+1 = lg(2^P)+1 = P * lg(2)+1$

题解代码：

快速幂 + 高精度

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
 
const int N = 1005;
 
int p;
 
void Multiply(int a[], int b[]) // 高精乘高精 a * b 的结果赋值回 a 
{
    int res[N] = {};
    for(int i = 1; i <= a[0]; ++i)
    {
        int x = 0;  // 存放进位
        for(int j = 1; j <= b[0]; ++j)  // 对乘数的每一位进行处理
        {
            res[i+j-1] = a[i]*b[j] + x + res[i+j-1]; // 当前乘积 + 上次乘积进位 + 原数
            x = res[i+j-1] / 10;  // 如果r[i+j-1]超过10，则产生进位
            res[i+j-1] %= 10;     // 仅保留个位
        }
        res[i+b[0]] += x; // 存储最后一次产生的进位
    }
 
    int len = a[0] + b[0];   // 初始化计算结果的位数（举例，3位数*1位数的结果最多是4位数）
    while(res[len] == 0 && len > 1)  len--;  // 去除前导0
 
    res[0] = min(len, 500);  // 存储计算结果的长度至 r[0]。如果计算结果超过了k位，只取k位
 
    for(int i = 0; i <= res[0]; ++i)  //结果r赋值给a,只取需要的位数 
        a[i] = res[i];
}
 
int main()
{
	int res[N]={1,1}; // res[0]=1表示当前res数组的长度为1；res[1]=1表示第一位是1，也是结果的初始值
	int a[N]={1,2};  // a[0]=1表示当前a数组的长度为1；a[1]为2表示基数的第一位是2，也就是基数的初始值
 
    scanf("%d", &p);
    printf("%d", int(log10(2) * p) + 1);  // 输出位数
 
    // 快速幂
    while( p > 0 )
    {
        if(p & 1)  Multiply(res, a); // first * second 的结果赋值回 first ; // 如果是1，就乘以对应幂次的a，如果是0，就不乘
 
        Multiply(a, a);  // a不断平方
        p >>= 1; // 判断下一位
    }
 
    res[1]--;  // res - 1
 
    for(int i = 500; i >= 1; i--)  // 输出
    {
        if( i%50 == 0 )  cout << endl;  // 每输出50个换行
        cout << res[i];
    }
 
    return 0;
}

3. 数字游戏 1. 不高兴的津津