题解：洛谷 P1045 麦森数
【题目来源】
洛谷：P1045 [NOIP 2003 普及组] 麦森数 - 洛谷（luogu.com.cn)
【题目描述】
形如 \(2^P-1\) 的素数称为麦森数，这时 \(P\) 一定也是个素数。但反过来不一定，即如果 \(P\) 是个素数，\(2^P-1\) 不一定也是素数。到 \(1998\) 年底，人们已找到了 \(37\) 个麦森数。最大的一个是 \(P=3021377\)，它有 $909526 $ 位。麦森数有许多重要应用，它与完全数密切相关。
任务：\(P(1000\lt P\lt 3100000)\)，计算 \(2^P-1\) 的位数和最后 \(500\) 位数字（用十进制高精度数表示）
【输入】
文件中只包含一个整数 \(P(1000\lt P\lt 3100000)\)
【输出】
第一行：十进制高精度数 \(2^P-1\) 的位数。
第 \(2∼11\) 行：十进制高精度数 \(2^P-1\) 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）
不必验证 \(2^P-1\) 与 \(P\) 是否为素数。
【输入样例】
1279
【输出样例】
386
00000000000000000000000000000000000000000000000000
00000000000000000000000000000000000000000000000000
00000000000000104079321946643990819252403273640855
38615262247266704805319112350403608059673360298012
23944173232418484242161395428100779138356624832346
49081399066056773207629241295093892203457731833496
61583550472959420547689811211693677147548478866962
50138443826029173234888531116082853841658502825560
46662248318909188018470682222031405210266984354887
32958028878050869736186900714720710555703168729087
【核心思想】
-
问题分析：计算 \(2^P - 1\) 的位数和最后 500 位数字，其中 \(P\) 是一个大整数（\(1000 < P < 3,100,000\)）。由于 \(2^P\) 是一个极大的数，直接计算不现实，需要利用数学公式和高精度技巧。
-
算法选择：
- 位数计算：\(2^P\) 的位数 = \(\lfloor P \times \log_{10}2 \rfloor + 1\)，因为 \(10^{k-1} \le 2^P < 10^k\)。
- 最后 500 位计算：只需计算 \(2^P\) 的最后 500 位，然后减 1。使用高精度乘法，但为了加速，将乘法分块：先计算 \(2^{32}\)，然后循环乘以 \(2^{32}\) 若干次，最后再乘以 \(2\) 的余数次幂。
- 复杂度：\(O(500 \times (P/32 + P \bmod 32))\)，对于 \(P \le 3.1\times10^6\)，约 \(500 \times 10^5\) 次操作，可接受。
-
关键步骤：
- 位数：输出
(int)(p * log10(2) + 1)。 - 计算最后 500 位：
- 用数组
a[1..500]存储每位数字（a[1]为最高位，a[500]为最低位）。 - 初始
a[500] = 1（表示数值 1）。 - 将 \(P\) 分解为
num1 = P / 32和num2 = P % 32。 - 先循环
num1次，每次将整个数组乘以 \(2^{32}\)（即a[j] *= 2^32，然后处理进位）。 - 再循环
num2次，每次将数组乘以 2。 - 最后
a[500]--（处理减 1 可能导致的借位，但此处因为只影响最后一位，简单处理即可）。
- 用数组
- 输出：按每行 50 位输出数组
a[1..500]。
- 位数：输出
-
时间/空间复杂度：
- 时间复杂度：\(O(500 \times (P/32 + P \bmod 32))\)。
- 空间复杂度：\(O(500)\)。
-
高精度与对数：
- 位数公式：使用对数计算位数是处理大数位数的标准方法。
- 分块乘法：用 \(2^{32}\) 作为基数，大幅减少乘法次数（从 \(P\) 次减少到 \(P/32\) 次）。
- 进位处理：从低位到高位依次处理进位，确保每位数在 0~9 之间。
- 最后 500 位补零：如果实际位数不足 500，高位补 0，这正好与数组初始化为 0 一致。
- 适用场景：这类“大数幂的位数和末几位”问题，是数学与高精度结合的经典题型。
【算法标签】
普及 #高精度
【代码详解】
#include <iostream>
#include <cmath>
using namespace std;
long long a[501] = {0}; // 数组a用于存储高精度计算结果，初始化为0
// 计算2的n次方
long long cp(int n)
{
long long result = 1;
for (int i = 1; i <= n; i++)
result *= 2; // 每次乘以2
return result; // 返回2的n次方
}
int main()
{
int p; // 输入的指数p
cin >> p; // 输入p
// 将p分解为num1和num2，其中num1是p除以32的商，num2是余数
int num1 = p / 32; // num1表示需要乘以2^32的次数
int num2 = p - num1 * 32; // num2表示剩余的乘法次数（每次乘以2）
long long x = cp(32); // 计算2^32的值
a[500] = 1; // 初始化数组a的最后一位为1（表示初始值为1）
/**
* @brief
* 为了加快计算速度，我们将乘法分为两部分：
* 1. 前num1轮，每次乘以2^32
* 2. 后num2轮，每次乘以2
*/
// 前num1轮，每次乘以2^32
for (int i = 1; i <= num1; i++)
{
// 对数组a的每一位乘以2^32
for (int j = 500; j >= 1; j--)
a[j] *= x;
// 处理进位
for (int j = 500; j >= 1; j--)
{
a[j - 1] += a[j] / 10; // 将进位加到前一位
a[j] %= 10; // 当前位只保留个位数
}
}
// 后num2轮，每次乘以2
for (int i = 1; i <= num2; i++)
{
// 对数组a的每一位乘以2
for (int j = 500; j >= 1; j--)
a[j] *= 2;
// 处理进位
for (int j = 500; j >= 1; j--)
{
a[j - 1] += a[j] / 10; // 将进位加到前一位
a[j] %= 10; // 当前位只保留个位数
}
}
a[500]--; // 最后一位减1（因为2^p - 1）
// 输出2^p - 1的位数
cout << (int)(p * log10(2) + 1) << endl;
// 输出2^p - 1的值，每50位换行
for (int i = 1; i <= 500; i++)
{
cout << a[i];
if (i % 50 == 0) // 每50位换行
cout << endl;
}
return 0;
}
【运行结果】
1279
386
00000000000000000000000000000000000000000000000000
00000000000000000000000000000000000000000000000000
00000000000000104079321946643990819252403273640855
38615262247266704805319112350403608059673360298012
23944173232418484242161395428100779138356624832346
49081399066056773207629241295093892203457731833496
61583550472959420547689811211693677147548478866962
50138443826029173234888531116082853841658502825560
46662248318909188018470682222031405210266984354887
32958028878050869736186900714720710555703168729087
浙公网安备 33010602011771号