NOIP2005普及组第4题 循环
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题目描述
乐乐是一个聪明而又勤奋好学的孩子。他总喜欢探求事物的规律。一天，他突然对数的正整数次幂产生了兴趣。
众所周知，2的正整数次幂最后一位数总是不断的在重复2，4，8，6，2，4，8，6……我们说2的正整数次幂最后一位的循环长度是4（实际上4的倍数都可以说是循环长度，但我们只考虑最小的循环长度）。类似的，其余的数字的正整数次幂最后一位数也有类似的循环现象：
循环
循环长度
| 数字 | 循环 | 循环长度 |
| 2 | 2、4、8、6 | 4 |
| 3 | 3、9、7、1 | 4 |
| 4 | 4、6 | 2 |
| 5 | 5 | 1 |
| 6 | 6 | 1 |
| 7 | 7、9、3、1 | 4 |
| 8 | 8、4、2、6 | 4 |
| 9 | 9、1 | 2 |
这时乐乐的问题就出来了：是不是只有最后一位才有这样的循环呢？对于一个整数n的正整数次幂来说，它的后k位是否会发生循环？如果循环的话，循环长度是多少呢？
注意：
1． 如果n的某个正整数次幂的位数不足k，那么不足的高位看做是0。
2． 如果循环长度是L，那么说明对于任意的正整数a，n的a次幂和a + L次幂的最后k位都相同。
输入
只有一行，包含两个整数n（1 <= n < 10100）和k（1 <= k <= 100），n和k之间用一个空格隔开，表示要求n的正整数次幂的最后k位的循环长度。
输出
包括一行，这一行只包含一个整数，表示循环长度。如果循环不存在，输出-1。
【数据规模】
对于30%的数据，k <= 4；
对于全部的数据，k <= 100。
样例输入
32 2
样例输出
4
提示
题目类型：高精度乘法+规律。
分析：一般来说遇到这种问题，像10^100这样的数据范围，不是高精度就是另有规律可循。这是一个循环结问题，以往有遇到打表找规律的这种问题，极容易被忽悠。
WA点：
- 答案有可能存在long long int保存不下的情况，需要用数组保存。并且过程需要高精度高乘。
- 既需要高精度低乘，又需要高精度高乘，在数组拷贝的过程中极可能出现失误。
- 单组输入
TLE点：
- 在数组的比较过程中，可以用O(1)的时间复杂度解决，而不必O(100)。
高精度高乘：大数与大数相乘，数组乘数组实现。
高精度低乘：大数与整数（较小）相乘，数字乘数字实现。
规律：当后K为数字存在循环结的必要条件是，后K-1位数字存在循环结，并且K的最小循环结必定是K-1的最小循环结的整数倍。并且对于当前位数的处理不必要取模，既然已经用了数组高精度保存便可以只考虑当前位数。在比较时，显然后K-1位已经按照之前的循环结递推过来必定相同，我们只需要比较倒数第K位是否相等即可。
技巧：关于查找循环结上限的问题，当前位数出现可能是0,1,2,3,4,5,6,7,8,9，在10次之内必定会出现与第一次相同的情况，当前次数*K-1的循环结即可得到K的循环结。如果10之内未能出现，那肯定就不存在了。
解析：我直接举一个例子进行说明吧：111 3（由于1的循环长度就是1，所以我直接从末两位循环开始）
我们来看111的末两位循环：
111 -> 321 -> 631 -> 041 -> 551 -> 161 -> 871 -> 681 -> 591 -> 601 -> 711
711处末两位出现循环，循环长度为10，循环节为11-> ...-> 01
现在我们再来看末三位循环：
111->...->601 (10个数)
711->...->201 (201就是601^2的末三位)
311->...->801 (801就是601^3的末三位)
911->...->401 (401就是601^4的末三位)
511->...->001 (001就是601^5的末三位)
111->...->601 (601就是601^6的末三位)
末三位的循环长度就是5*10=50；
好了，现在来讲具体的做法，并假设我们现在求数字n的后k位循环。
朴素的做法就是直接求n^2,n^3,n^4.。。。，并判断是否出现循环。但观察上面的演示例子，我们发现可以不必这样，以n=111为例，末两位循环节长度为10，即表示n与（n^10）*n的末两位是相同的。对于末三位的循环，肯定是（m*n^10），即m*(n^10)与n^10的末三位是相同的，m*（n^10）*n的末三位与n相同。 于是，计算末三位循环的时候，我们就直接将n^10作为第一个数，然后每次乘n^10，共乘5次，末三位出现循环，即m=5，所以末三位循环街长度就为5*10=50。
#include<iostream> #include<cstring> #include<cstdio> #include<string> #include<algorithm> using namespace std; string s; int m, k; int i, j; int a[205], aans[205], n[205], ans[205], last[205], now[205], t[205]; int single_j[12] = { 1,1,4,4,2,1,1,4,4,2 };//单循环结 void init() { memset(a, 0, sizeof a); memset(last, 0, sizeof last); memset(aans, 0, sizeof aans); memset(now, 0, sizeof now); memset(ans, 0, sizeof ans); memset(n, 0, sizeof n); memset(t, 0, sizeof t); //for (int i = 1;; i++) { if (m == 0) break; n[i] = m % 10; m /= 10; }//将m存入数组n，以便于高精度 } void multiplyh(int x[], int y[], int z[]) {//高精度高乘 int up = 0; for (int ii = 1; ii <= k; ii++) { for (j = 1; j <= k; j++) { z[ii + j - 1] += (x[j] * y[ii] + up) % 10; up = (x[j] * y[ii] + up) / 10; } up = 0; } for (int ii = 1; ii <= k; ii++) {//进位 z[ii + 1] += z[ii] / 10; z[ii] %= 10; } } void multiplyl(int x[], int yy, int z[]) {//高精度低乘 int up = 0; for (int ii = 1; ii <= k; ii++) { z[ii] = (x[ii] * yy + up) % 10; up = (x[ii] * yy + up) / 10; } } int main() { //scanf("%d%d", &m, &k); init(); cin >> s; cin >> k; int temp = 0, len = s.size(); for (i = len - 1; i >= len - k; i--) n[++temp] = s[i] - '0'; int tmp = 0; for (int i = 1; i <= k; i++) ans[i] = n[i]; for (int i = 1; i < single_j[n[1]]; i++) { memset(aans, 0, sizeof aans); multiplyh(ans, n, aans); for (int j = 1; j <= k; j++) { ans[j] = aans[j]; }//更新为第一次出现末尾循环节的状态 } t[1] = single_j[n[1]];//最低位的循环结 for (int i = 1; i <= k; i++) now[i] = ans[i]; int pos = 2;//当前倒数位数 while (pos <= k) { for (int j = 1; j <= k; j++) { ans[j] = n[j]; last[j] = now[j]; } tmp = 0; while (tmp < 11) { tmp++; memset(aans, 0, sizeof aans); multiplyh(ans, now, aans); for (j = 1; j <= k; j++) { ans[j] = aans[j]; } if (ans[pos] == n[pos]) break;//找到循环结 memset(aans, 0, sizeof(aans)); multiplyh(last, now, aans);//更新last for (j = 1; j <= k; j++) last[j] = aans[j]; } if (tmp >= 11) { cout << -1; return 0; } for (int j = 1; j <= k; j++) now[j] = last[j]; memset(aans, 0, sizeof aans); multiplyl(t, tmp, aans);//更新循环节数组 for (int i = 1; i <= 100; i++) t[i] = aans[i]; pos++; } int flag = 0;//不输出前导0 for (int i = 100; i >= 1; i--) { if (t[i]) flag = 1; if (flag) cout << t[i]; } return 0; }