[原]NYOJ-数的位数-69

大学生程序代写

/*  NYOJ69 阶乘数位长度





http://acm.nyist.net/JudgeOnline/problem.php?pid=69





数的长度

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难度：1

描述 

    N！阶乘是一个非常大的数，大家都知道计算公式是N!=N*(N-1）······*2*1.现在你的任务是计算出N！的位数有多少（十进制）？





输入 

首行输入n，表示有多少组测试数据(n<10)

随后n行每行输入一组测试数据 N( 0 < N < 1000000 ) 

输出 

对于每个数N，输出N!的（十进制）位数。 

样例输入 

3

1

3

32000样例输出 

1

1

130271

来源 

ACM教程 

上传者 

rooot

*  方法一:

*可设想n!的结果是不大于10的M次幂的数,即n!<=10^M(10的M次方),则不小于M的最小整数就是 n!的位数，对



 该式两边取对数，有 M =log10^n! 即：M = log10^1+log10^2+log10^3...+log10^n 循环求和,就能算得M值，



该M是n!的精确位数。当n比较大的时候，这种方法方法需要花费很多的时间。





方法二:



 利用斯特林（Stirling）公式的进行求解。下面是推导得到的公式：



  res=(long)( (log10(sqrt(4.0*acos(0.0)*n)) + n*(log10(n)-log10(exp(1.0)))) + 1 );



 当n=1的时候，上面的公式不适用，所以要单独处理n=1的情况！

.

 有关斯特林（Stirling）公式及其相关推导，这里就不进行详细描述，有兴趣的话可看这里。



这种方法速度很快就可以得到结果。详细证明如下：



  http://episte.math.ntu.edu.tw/articles/mm/mm_17_2_05/index.html

14.

*/





//c语言版

#include <stdio.h>

#include <math.h>

int main()

{

int n,cas,i;

double sum;

scanf("%d",&cas);

while (cas--)//n!≈√2πn { (n/e)^n }

{

scanf("%d",&n);

sum=1;

for(i=1;i<=n;i++) 

sum+=log10((double)i);

printf("%d\n",(int)sum);

}

return 0;

}





//C++版





/*

#include<iostream>

#include <cmath>

using namespace std;





int normal(double n){

double x=0;

   while(n){

   x +=log10(n);

    n--;

}

return (int)x+1;

}

 long stirling(double n){

long x=0;

    if( n ==1 )

      x = 1;

   else{  x = (long)( (log10(sqrt(4.0*acos(0.0)*n)) + n*(log10(n)-log10(exp(1.0)))) + 1 );

}

return x;

}

    int main()

{int n;

 cin>>n;//c++中输入一个数

      while(n--){ 

  int x;

        cin>>x;

     cout<<stirling(x)<<endl;//c++中输出一个数

 }

return 0;





}

*/

作者：chao1983210400 发表于2013-7-10 13:19:06 原文链接

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