int f[15];
bool jos(int ,int );
int main()
{
int i,j,k,m,n;
for(i=1;i<14;i++)
for(j=i;;j++)
if(jos(i,j))
{
f[i]=j;
break;
}
while(scanf("%d",&n),n)
printf("%d\n",f[n]);
return 0;
}
bool jos(int n,int m)//n代表每一边的人数,m代表所报的数
{
int start=0,end=n-1,killed;
int i,j;
bool flag=true;
for(i=2*n;i>n;i--)//从头进行模拟
{
killed=(m-1)%i;//i代表剩余的人数
if((killed<=end)&&(killed>=start))
{
flag=false;
break;
}
start=((start-m)%i+i)%i;//按照那个编号变化公式重新进行赋值
end=((end-m)%i+i)%i;//加上i，再%i的目的是保证它非零
}
return flag;
}
假设给出一个数10234432,那么log10(10234432)=log10(1.0234432*10^7)=log10(1.0234432)+7;
log10(1.0234432)就是log10(10234432)的小数部分.
log10(1.0234432)=0.010063744
10^0.010063744=1.023443198
那么要取几位就很明显了吧~
先取对数(对10取),然后得到结果的小数部分bit,pow(10.0,bit)以后如果答案还是<1000那么就一直乘10。
注意偶先处理了0~20项是为了方便处理~
这题要利用到数列的公式:an=(1/√5) * [((1+√5)/2)^n-((1-√5)/2)^n](n=1,2,3.....)
取完对数
log10(an)=-0.5*log10(5.0)+((double)n)*log(f)/log(10.0)+log10(1-((1-√5)/(1+√5))^n)其中f=(sqrt(5.0)+1.0)/2.0;
log10(1-((1-√5)/(1+√5))^n)->0
所以可以写成log10(an)=-0.5*log10(5.0)+((double)n)*log(f)/log(10.0);
最后取其小数部分。
- #include<iostream>
- #include<cmath>
- using namespace std;
- int fac[21]={0,1,1};
- const double f=(sqrt(5.0)+1.0)/2.0;
- int main()
- {
- double bit;
- int n,i;
- for(i=3;i<=20;i++)fac[i]=fac[i-1]+fac[i-2];//求前20项
- while(cin>>n)
- {
- if(n<=20)
- {
- cout<<fac[n]<<endl;
- continue;
- }
- bit=-0.5*log(5.0)/log(10.0)+((double)n)*log(f)/log(10.0);//忽略最后一项无穷小
- bit=bit-floor(bit);
- bit=pow(10.0,bit);
- while(bit<1000)bit=bit*10.0;
- printf("%d\n",(int)bit);
- }
- return 0;
- }
给大家提供一个资料
http://zhidao.baidu.com/question/15843599.html
众所周知，有限小数是十进分数的另一种表现形式，因此,任何一个有限小数都可以直接写成十分之几、百分之几、千分之几……的数。那么无限小数能否化成分数?
首先我们要明确，无限小数可按照小数部分是否循环分成两类：无限循环小数和无限不循环小数。无限不循环小数不能化分数，这在中学将会得到详尽的解释；无限循环小数是可以化成分数的。那么，无限循环小数又是如何化分数的呢？由于它的小数部分位数是无限的，显然不可能写成十分之几、百分之几、千分之几……的数。其实，循环小数化分数难就难在无限的小数位数。所以我就从这里入手，想办法“剪掉”无限循环小数的“大尾巴”。策略就是用扩倍的方法，把无限循环小数扩大十倍、一百倍或一千倍……使扩大后的无限循环小数与原无限循环小数的“大尾巴”完全相同，然后这两个数相减，“大尾巴”不就剪掉了吗！我们来看两个例子：
⑴ 把0.4747……和0.33……化成分数。
想1： 0.4747……×100=47.4747……
0.4747……×100－0.4747……=47.4747……－0.4747……
(100－1)×0.4747……=47
即99×0.4747…… =47
那么 0.4747……=47/99
想2： 0.33……×10＝3.33……
0.33……×10－0.33……=3.33…－0.33……
(10-1) ×0.33……=3
即9×0.33……=3
那么0.33……=3/9=1/3
由此可见, 纯循环小数化分数,它的小数部分可以写成这样的分数：纯循环小数的循环节最少位数是几，分母就是由几个9组成的数；分子是纯循环小数中一个循环节组成的数。
⑵把0.4777……和0.325656……化成分数。
想1：0.4777……×10=4.777……①
0.4777……×100=47.77……②
用②－①即得:
0.4777……×90=47－4
所以, 0.4777……=43/90
想2：0.325656……×100=32.5656……①
0.325656……×10000=3256.56……②
用②－①即得:
0.325656……×9900=3256.5656……－32.5656……
0.325656……×9900=3256－32
所以, 0.325656……=3224/9900
将纯循环小数改写成分数，分子是一个循环节的数字组成的数；分母各位数字都是9，9的个数与循环节中的数字的个数相同.
将混循环小数改写成分数，分子是不循环部分与第一个循环节连成的数字组成的数，减去不循环部分数字组成的数之差；分母的头几位数字是9，末几位数字是0，9的个数跟循环节的数位相同，0的个数跟不循环部分的数位相同.
这代码比我的好多了，，，，太精典了。哎呀………………我为什么就写不出来这么简短的代码了
using namespace std;
int f(int u,int v)
{
while(u%v)
{
int w=u%v;
u=v;
v=w;
}
return v;
}
int main()
{
int t;
while(cin>>t)
{
while(t--)
{
char a[15];
cin>>a;
int p=0,q=0,t=0,x=0,y,k=1,l=1,max;
for(int i=2;a[i]!='\0';i++)
{
if(!t && a[i]!='(') {p++;x*=10;x+=a[i]-'0';}
if(t && a[i]!=')') {q++;y*=10;y+=a[i]-'0';}
if(a[i]=='(') {t=1;y=x;q=p;}
}
if(!q)
{
while(p--)
k*=10;
max=f(x,k);
x/=max;
k/=max;
cout<<x<<'/'<<k<<endl;
}
else
{
int m=y-x;
while(p--)
k*=10;
while(q--)
l*=10;
int n=l-k;
max=f(m,n);
m/=max;
n/=max;
cout<<m<<'/'<<n<<endl;
}
}
}
return 0;
}
我和这题有缘吗？
知道三个点了 就可以求出直线和抛物线的方程
然后就是非常简单的二重积分求面积 ^_^
用抛物线的顶点公式y=a(x-x1)^2+y1外加另一个点x2算出a，然后对抛物线公式求积分，用积分的公式算出抛物线和x轴的面积，减去梯形的面积就行。
int main()
{
int n,i;
double e,f,g,h,l,r,a,b,c,k,m,area;
scanf("%d",&n);
for(i=0;i<n;i++)
{
scanf("%lf %lf",&e,&f);
scanf("%lf %lf",&g,&h);
scanf("%lf %lf",&l,&r);
a=(h-f)/((e-g)*(e-g));
b=-2*e*(h-f)/((e-g)*(e-g));
c=f-e*e*(h-f)/((e-g)*(e-g))+e*2*e*(h-f)/((e-g)*(e-g));
k=(h-r)/(g-l);
m=h-g*(h-r)/(g-l);
area=a*l*l*l/3+(b-k)*l*l/2+(c-m)*l-a*g*g*g/3-(b-k)*g*g/2-(c-m)*g;
printf("%.2f\n",area);
}
return 0;
}
这个题目的思路，是这样的我们假设数字A是这样的一个数字 a*(10^(k+1)) + b*(10^k) + c 其中 a 为任意数字，b为去掉的那一位数字，范围 [0,9] 的整数,c<10^k 。则去掉b后的数字B为 a*(10^k) + c ，而A＋B的值可以用一下式子表示 （11*a+b）*(10^k) + 2*c 这个值等于 n ， 我们枚举 k的值，从0到10 ，对于取定的k值，显然有一下对应 2*c = n%(10^k) 或者 2*c = n%(10^k) + 10^k ; 可以求出整数c的值，然后枚举 b的值，来确定a的值，使得a的值为整数 /..计算中可能会出现重复的结果，输出是记得要处理一下哦
#include<algorithm>
using namespace std;
int re[100];
int main()
{
int n,a,i,j,k,num,x,y,temp,tt;
while(scanf("%d",&n) &&n)
{
num = 0,tt = 1;
for(k =0; k <= 10; k ++){
for(j = 0; j < 2; j ++){
y = n% tt,x = n/tt;
if(j == 1)
y += tt,x --;
if(x > 0 && y % 2 == 0){
for(i = 0; i <= 9; i ++){
if((x-i)%11 == 0){
a = (x-i)/11;
temp = tt*(a*10 +i) + y/2;
re[num++] = temp; }}}}
tt *= 10;
}
sort(re,re+num);
if(num == 0) printf("No solution.\n");
else{
printf("%d",re[0]);
for(i =1; i < num; i ++)
if(re[i] != re[i-1]) printf(" %d",re[i]);
printf("\n");
}
}
return 0;
}
FZU.1012(http://acm.fzu.edu.cn/problem.php?pid=1012)这一题分解素数的方法与原理相似。用prime[i]来存放i这个数字分解后最大素数的位置。2是素数，所以prime[2]=1;再先将所有2的倍数的prime[]都更新为1.即prime(4,6,8,10)都为1.又因为6又是3的倍数，3是更大的素数，所以将prime[6]更新为3.依此类推……
2 #define N 1000001
3 int prime[N];
4 int main()
5 {
6 for(int j=0;j<N;j++)
7 prime[j]=-1;
8 int num=0;
9 for(int i=2; i<N; i++)
10 {
11 if(prime[i]==-1)
12 {
13 num++;
14 for(int j=i;j<N;j+=i)
15 prime[j]=num;
16 }
17 }
18
19 int n;
20 while(scanf("%d",&n)!=EOF)
21 {
22 if(n==1)
23 printf("0\n");
24 else
25 printf("%d\n",prime[n]);
26 }
27 return 0;
28 }
数学太差，转的。。
题目意思很清楚，不用多说，公式是 p+q-gcd(p,q)
举个例子：4 6，用一个矩形来切割，如下图
蓝色点线表示4等分线 红色实线表示6等分线，让蛋糕（矩形）可以平分为4份需要（4刀）和6份需要（6刀），总共需要10刀，但因为其中有两条线是重合的，没有必要切两次，所以应该减掉这两刀，就只剩下
10-2=8刀了。对于任何p和q，他们重合的线的数量就是他们的GCD，所以就~~~~
2
3 using namespace std;
4
5 int gcd(int a, int b) {
6 return b ? gcd(b, a%b) : a;
7 }
8 int main() {
9 int p, q;
10 while(scanf("%d%d", &p, &q) != EOF) {
11 cout << p + q - gcd(p, q) << endl;
12 }
13 return 0;
14 }
博客园以后贴代码默认语言改成c++好不好~
http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1713
输入 a/b c/d
转换后变成：
(a*d)/(b*d) 和 (c*b)/(b*d)
按照题意，就是在转相同的圈子(b*d圈)时，各自需要时间a*d和c*b.
所以，这里把a*b与c*b的最小公倍数求出来就可以了。
这样。求出的最小公倍数lcm再除以(b*d)就是所求的周期。
(http://www.wutianqi.com/)
但是，这里要求若无法整出，则写出分数形式，这时，
就可以求lcm与(b*d)的最大公约数gcd,
求出gcd后与(b*d)比较，若相等，则证明可以整除~~~~
2 #include <iostream>
3 #include <algorithm>
4 using namespace std;
5
6 __int64 gcd(__int64 a, __int64 b)
7 {
8 if(a<b)
9 {
10 a ^= b;
11 b ^= a;
12 a ^= b;
13 }
14 if(b == 0)
15 return a;
16 return gcd(b, a%b);
17 }
18
19 __int64 lcm(__int64 a, __int64 b)
20 {
21 return a/gcd(a, b)*b;
22 }
23
24 int main()
25 {
26 //freopen("input.txt", "r", stdin);
27 int nCases;
28 scanf("%d", &nCases);
29 for(int i=0; i<nCases; ++i)
30 {
31 char tmp;
32 __int64 a, b, c, d;
33 scanf("%I64d/%I64d %I64d/%I64d", &a, &b, &c, &d);
34 __int64 m=a*d, n=b*c, p=b*d;
35 __int64 k=lcm(m, n);
36 int h = gcd(k, p);
37 if(p==h)
38 printf("%I64d\n", k/h);
39 else
40 printf("%I64d/%I64d\n", k/h, p/h);
41 }
42 return 0;
43 }