HDU4814——数学，模拟进制转换

本题围绕：数学公式模拟进制转换

HDU4814 Golden Radio Base

题目描述

将一个十进制的非负整数转换成E（黄金分割数）进制的数

输入

不大于10^9的非负整数，处理到文件尾

输出

转换成的E进制数（可能含有小数）

样例输入

1
2
3
6
10

样例输出

1
10.01
100.01
1010.0001
10100.0101

题目分析

对于本题，要注意的点有：首先对于一个十进制的正数，我们是可以严格转换成一个E（黄金分割数）进制的数的，而不是涉及到约等于，例如10-base的n，可以转换成n*E^0（以下用E代表黄金分割数进制），此外本题给出的两个提示公式也是解题的关键，我们可以通过这两个公式得到如下两个公式：① E^n = E^n-1 + E^n-2, ② 2*E^n = E^n+1 + E^n-2，而本题的思路就是，建立一个数组a[]用于保存我们需要输出的最终答案，a[i]存放E的i次方的系数（就像是二进制一样），由于本题的输出可能包含小数，所以我们将数组的一半用于存放小数位的系数（E的-i次方位，因为通过两个公式我们得知，即使E的幂指数是负数公式仍然成立），同时我们通过计算得知E^50已经大于10^9，所以我们只要将数组开成100，且前50位存放小数点后的系数，后50位存放小数点前的系数，a[50]初始化时等于n（将50作为E的0次方位，正好对应我们上面讲到的10-base的n可以转换成E-base的n*E^0）,而对于我们整个a[]数组，我们需要不断遍历它，一旦它满足任意位的系数大于1（可以用公式②将它的系数拆给两边的位），或者连续两个位系数大于等于1（可以用公式①将下一个位的系数加上前两个系数的小的那个值，而前两个系数则减去这个小的值）都可以用公式去进行优化，直到整个数组a[]中不能再由两个公式进行优化后，输出答案（输出时注意省略前导零和后续零，同时注意是否需要输出小数位）

代码：

 #include<iostream>
 #include<stdio.h>
 #include<string.h>
 using namespace std;

 /*
     E^n代表黄金分割数E的n次方幂
     公式1：E^n = E^(n-1) + E^(n-2)
     公式1推广：n*E^n = n*E^(n-1) + n*E^(n-2)
     公式2：2*E^n = E^(n+1) + E^(n-2)
 */
 int min(int a, int b){
     return a < b ? a : b;
 }

 int main(){
     int a[];
     int n;
     while(scanf("%d", &n) != EOF){
         memset(a, , sizeof(a));
         a[] = n;
         int flag = ;
         while(flag){
             flag = ;
             for(int i = ; i <= ; i++){
                 if(a[i] > ){        //如果系数大于1则根据公式2将系数分给高位和低位的系数，直到本身系数为0或1
                     a[i+] += a[i]/;
                     a[i-] += a[i]/;
                     a[i] %= ;
                     flag = ;        //一旦执行过这个步骤则说明高位和低位的系数发生变化，则可能出现系数大于1或连续1出现
                 }
                 if(a[i-] && a[i-]){    //先调用公式1推广，将两个连续大于等于1的系数中的最小值附加给a[i]
                     int temp = min(a[i-], a[i-]);
                     a[i-] -= temp;
                     a[i-] -= temp;
                     a[i] += temp;
 //                    a[i-1]--;            //这里有个问题就是如果写成注释里的代码TL超时
 //                    a[i-2]--;
 //                    a[i]++;
                     flag = ;        //一旦a[i]增加，则a[i]有可能大于1，或者与其他相邻的数构成了连续1的情况
                 }
             }
         }
         int point = ;
         for(int i = ; i >= ; i--){
             if(a[i] == ){
                 point = ;
                 break;
             }
         }
         //输出时前导0和后缀0不输出，同时注意是否需要小数点
         int front = ;
         int back = ;
         for(int i = ; i >= ; i--){
             if(a[i] ==  && front == ){        //省略前导零
                 continue;
             }
             if(a[i] == ) front = ;
             printf("%d", a[i]);
         }
         for(int i = ; i <= ; i++){            //找到末尾最后一个1的位置back记录
             if(a[i] == ){
                 back = i;
                 break;
             }
         }
         if(point){
              printf(".");
              for(int i = ; i >= back; i--) printf("%d", a[i]);
         }
         printf("\n");
     }
     return ;
 }