51nod1057—N的阶乘—（大数阶乘）

1057 N的阶乘 

基准时间限制：1 秒 空间限制：131072 KB 分值: 0 难度：基础题

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输入N求N的阶乘的准确值。

 

Input

输入N(1 <= N <= 10000)

Output

输出N的阶乘

Input示例

5

Output示例

120

思路：按照乘法运算的规则进行模拟，声明一个数组ans，用来存运算后每一位的值。遍历2到n中的所有的数，每次都用这个数去和ans数组中的每个数相乘，并按乘法规则进位即可。

普通版代码：

//普通版 
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<string>
#include<cmath>
#include<climits>
#include<algorithm>
#include<stack>
#include<queue>
#define eps 1e-7
#define ll long long
#define inf 0x3f3f3f3f
#define pi 3.141592653589793238462643383279
using namespace std;
int main()
{
    int ans[50000],n; //ans数组用来储存结果 
    while(cin>>n)
    {
        memset(ans,0,sizeof(ans));
        int cnt = 1,res,carry=0; //cnt用来记录当前最高位是多少 
        ans[0] = 1;
        for(int i=2; i<=n; ++i) //遍历2-n中所有的数 
        {
            for(int j=0; j<cnt; ++j) //ans中的每个数都乘上i 
            {
                res = ans[j]*i+carry; //这一位乘上 i 并加上上一位的进位数量 
                ans[j] = res%10; //按乘法规则进行进位 
                carry = res/10;
            }
            while(carry) //如果最高为还能进位，最高为就要加 1，一直循环到不能进位为止 
            {
                ans[cnt++] = carry%10;
                carry /= 10;
            }
        }
        for(int i=cnt-1; i>=0; --i) //输出 
            printf("%d",ans[i]);
        printf("
");
    }
    return 0;
}

但是，上面的代码还并不足以通过这一题，时间复杂度卡在了时间限制的边缘。我们可以对上面的代码进行一个简单但却精妙的优化。在上面的代码中，ans数组中的每个数仅仅只表示了一位，对于整型变量的范围来说，这显得有些浪费。于是乎，我们可以用ans数组中的每个元素来记录最终答案的多位，这样就可以缩短几倍的时间。
例如，在接下来的代码中，我用ans中的每个数来记录9位，这表示用1000000000代替10来进行进位操作。最后在输出的过程中，如果ans【i】=0，那我们实际上要输出九个0，因为每个位置记录了9位。

优化版代码：

//优化版：
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<string>
#include<cmath>
#include<climits>
#include<algorithm>
#include<stack>
#include<queue>
#define eps 1e-7
#define ll long long
#define inf 0x3f3f3f3f
#define pi 3.141592653589793238462643383279
const ll MAXN = 1000000000; //用来代替10进位的MAXN 
using namespace std;
int main()
{
    ll ans[10000]; //用long long防止数据溢出 
    int n;
    while(cin>>n)
    {
        ans[0] = 1;
        ll res,carry = 0,cnt = 1;
        for(int i=2; i<=n; ++i)
        {
            for(int j=0; j<cnt; ++j)
            {
                res = ans[j]*i + carry;
                ans[j] = res % MAXN; //用MAXN进行进位操作 
                carry = res / MAXN;
            }
            while(carry)
            {
                ans[cnt++] = carry;
                carry = 0;
            }
        }
        printf("%lld",ans[cnt-1]); //首先输出最高位的元素，因为最高位的元素并不一定有9位 
        for(int i=cnt-2; i>=0; --i) //格式化输出剩下的元素 
            printf("%.9lld",ans[i]); // %.9的作用是如果数据大于9位，则正常输出，否则，不足9位将在高为上补 0
        //如：%.3输出12，将会输出012，所以，上面的ans[i]中若位0，将输出000000000，防止位数丢失 
        cout<<endl;
    }
    return 0;
}

当然，并不一定要用9位来进行记录，在确保不会导致long long数据溢出的情况下，也可以稍微比9大一些。

如果你选择用15位来记录，运算10000的阶乘时很有可能会溢出，因为15+4=19位，将会超过long long的范围。所以在不太确定的情况下，尽量使用较为保险的长度。