题解 POJ1220 【Number Base Conversion】

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Problem

Solution

首先，我们不难发现，即使是先中转成10进制的，时间复杂度也还是\(O(n^2)\)的，但编程复杂度显然不同。
设高精度数长度为\(lena\)，为\(n\)进制，从低位到高位分别为\(a_0,a_1,...,a_n\)。然后我们会发现：转换后的\(m\)进制数的最后一位为

\[\large ( \sum_{i=0}^{lena-1} n^i a_i ) \mod m \]

即：

\[\large \sum_{i=0}^{lena-1} (n^i a_i \mod m) \]

即：

\[\large ...((n (a_{lena-1} \mod m) + a_{lena-2} ) \mod m)... \]

不难发现，倒数第二位是除以m后的结果，所以，我们可以得出一下算法：从该数的最高位开始，对该位上的数除以要转换的进制基数，得到商和余数，商取代原来该位上的数，进行下一位的相同操作，但是注意下一位的除数不仅仅是该位的数，而是前一次的余数乘以大数的进制基数加上该位的数，如此循环，到所以位都除过一次，记录最后一位操作得到的余数，然后将上次的商作为除数，继续上次的操作，直到商为零。逆序输出每次记录的余数，即是要求的数。

Code

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
int T,n,m,f[128],ff[62];
char a[1005],stk[1005]; int sz=0;
int main()
{
#ifdef local
	freopen("pro.in","r",stdin);
#endif
	int cnt=0;
	for(int i='0';i<='9';i++)
	{
		f[i]=cnt;
		ff[cnt++]=i;
	}
	for(int i='A';i<='Z';i++)
	{
		f[i]=cnt;
		ff[cnt++]=i;
	}
	for(int i='a';i<='z';i++)
	{
		f[i]=cnt;
		ff[cnt++]=i;
	}
	scanf("%d",&T);
	while(T-->0)
	{
		scanf("%d%d%s",&n,&m,a);
		printf("%d %s\n%d ",n,a,m);
		int lena=strlen(a);
		reverse(a,a+lena);
		sz=0;
		while(lena)
		{
			int jw=0;
			for(int i=lena-1;i>=0;i--)
			{
				jw=jw*n+f[a[i]];
				a[i]=ff[jw/m];
				jw%=m;
			}
			stk[sz++]=ff[jw];
			while(lena&&a[lena-1]=='0') a[lena--]=0;
		//	printf("lena=%d %s\n",lena,a);
		}
		while(sz) putchar(stk[--sz]); puts("\n");
	}
	return 0;
}