Leading and Trailing LightOJ - 1282(数论)
Leading and Trailing
LightOJ - 1282You are given two integers: n and k, your task is to find the most significant three digits, and least significant three digits of nk.
Input
Input starts with an integer T (≤ 1000), denoting the number of test cases.
Each case starts with a line containing two integers: n (2 ≤ n < 231) and k (1 ≤ k ≤ 107).
OutputFor each case, print the case number and the three leading digits (most significant) and three trailing digits (least significant). You can assume that the input is given such that nk contains at least six digits.
Sample Input5
123456 1
123456 2
2 31
2 32
29 8751919
Sample OutputCase 1: 123 456
Case 2: 152 936
Case 3: 214 648
Case 4: 429 296
Case 5: 665 669
思路：
后三位很好求就是直接快速幂取模1000即可，主要要输出后三位，所以如果有022这种情况，也要输出0，%03d就可以解决了。
主要说一下前三位的求法，我们根据公式推导一下
我们知道对于任意一个数可以表示成科学计数法就是 a.bcd * 10^m
所以就有了 n^k = a.bcd * 10^m
这是我们发现了只要我们能得到a.bcd这部分小数，然后乘100取整即可
两边取10的对数lg得：
k * lg(n) = lg(a.bcd * 10^m) = lg(a.bcd) + m;
我们设x = lg(a.bcd)，所以10^x = a.bcd,所以我们只需要求出x即lg（a.bcd）
lg(a.bcd) = k * lg(n) - m = k * lg(n) - (int)k * lg(n);
所以这么退出来了
求lg(a.bcd) = k * lg(n) - m = k * lg(n) - (int)k * lg(n) 这一串，直接使用cmath中的log10函数求就好了;
这里我们再介绍cmath中的函数
使用fmod（a， 1）表示求浮点型数 a 的小数部分。
用法：#include <math.h>
功能：计算x/y的余数
说明：返回x-n*y，符号同y。n=[x/y](向离开零的方向取整)，如：fmod(f,(int)f)即可得到小数点后的部分
直接求出lg（a.bcd）
太神奇了！！
code：
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mod = 1000;
ll q_pow(ll a,ll b){
ll ans = 1LL;
while(b){
if(b & 1){
ans = ans * a % mod;
}
a = a * a % mod;
b >>= 1;
}
return ans;
}
int main(){
int t,cas = 0;
scanf("%d",&t);
while(t--){
ll n,k;
scanf("%lld%lld",&n,&k);
ll least = q_pow(n,k);
//double x = 1.0 * k * log10(n * 1.0) - (int)(1.0 * k * log10(n * 1.0));
double m = pow(10,fmod(1.0 * k * log10(n * 1.0),1.0));
printf("Case %d: %d %03d\n",++cas,(int)(m*100.0),least);
}
return 0;
}
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