【TOJ 3600】Fibonacci II (对数+斐波那契通项式)
描述
2007年到来了。经过2006年一年的修炼,数学神童zouyu终于把0到100000000的Fibonacci数列
(f[0]=0,f[1]=1;f[i] = f[i-1]+f[i-2](i>=2))的值全部给背了下来。
接下来,CodeStar决定要考考他,于是每问他一个数字,他就要把答案说出来,不过有的数字太长了。所以规定超过4位的只要说出前4位就可以了,可是CodeStar自己又记不住。于是他决定编写一个程序来测验zouyu说的是否正确。
输入
输入若干数字n(0 <= n <= 100000000),每个数字一行。读到文件尾。
输出
输出f[n]的前4个数字(若不足4个数字,就全部输出)。
样例输入
0
1
2
3
4
5
35
36
37
38
39
40
样例输出
0
1
1
2
3
5
9227
1493
2415
3908
6324
1023
思路:
假设给出一个数10234432,那么log10(10234432)=log10(1.0234432*10^7)=log10(1.0234432)+7。
log10(1.0234432)=0.010063744 即是 log10(10234432)的小数部分。
那么 10^0.010063744=1.023443198,取前4位1023即是答案!
为了方便计算,在此我预处理了前17个斐波那契数。
此题在运用对数的同时,还需要斐波那契数列的通项公式:
对该公式取10的对数
又由于 log10(1-((1-√5)/(1+√5))^n)在n无限增大时的极限为0,所以我们在写公式的时候可以省去这一项。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int fib[];
int main()
{
int i,j,k,n;
fib[]=;
fib[]=;
for(i=;i<=;i++)
fib[i]=fib[i-]+fib[i-];
double t=(1.0+sqrt())*0.5,ans;
while(scanf("%d",&n)!=EOF)
{
if(n<=)
printf("%d\n",fib[n]);
else
{
ans=-0.5*log10(5.0)+n*1.0*log10(t);
ans=ans-floor(ans);
ans=pow(10.0,ans);
while(ans<)
ans*=;
printf("%d\n",int(ans));
}
}
return ;
}
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