高精度加减乘除小数详解

合集 - 2023普及组知识点(5)

1.快速排序07-192.背包问题基础模型全解08-133.背包问题变式总结08-134.二分08-13

5.高精度加减乘除小数详解08-15

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高精度

简介

众所周知，在计算机中，每个数据类型都是有存储上限的，那么当数字特别大时应该怎么办呢？这时高精度就产生了。高精度的主要思想就是模拟手算，然后将结果存储到数组中去，相同的，小数也有精度问题，也可以使用相同的思路

存储

这里使用vector 来进行存储，因为这样不需要去管结果有多少位，直接使用push_back() 函数就行了，虽然和数组比起来会慢一些，不过差别也仅仅是常数而已

输入：定义一个字符串，然后将字符串的每位转数字存储起来就行了

string a; vector  A; 
cin>>a;
for(int i=a.size()-1;i>=0;i--) A.push_back(a[i]-'0');

输出：请注意，输入的时候我是反过来的，这样做是为了添加元素比较方便，那么输出的时候也要注意倒着输出

for (int i = C.size() - 1; i >= 0; i--) printf("%d", C[i]);

高精度加法

上文中已经提到，在进行高精度运算是模拟手算的，那么接下来就来回忆一下，我们是怎么手动做加法的

图为用竖式做加法的示例，我们可以发现主要组成部分有两个加数、结果、还有进位，于是我们的变量就可以呼之欲出了

vector  A; vector  B; vector  C; int t;

然后我们再使用循环遍历（从0开始）来进行计算，循环位数较大的那个加数的每一位，然后加到 $t$ 里面就行了

那么 $C_i$ 就等于 $A_i+B_i$ 再 $mod10$，进位 $t$ 就等于 $(A_i+B_i)/10$

注意在循环完之后，如果 $t\ne 0$ 的话，还要加上一位

代码模板

#include 
#include 
#include 
using namespace std;

vector add(vector& A,vector& B)
{
	vector C; 
	int t=0;
	for(int i=0;i>a;
	cin>>b;
	vector A;
	vector B;
	for(int i=a.size()-1;i>=0;i--) A.push_back(a[i]-'0');
	for(int i=b.size()-1;i>=0;i--) B.push_back(b[i]-'0');
	vector C=add(A,B);
	for(int i=C.size()-1;i>=0;i--) cout<

高精度减法

不带负数

首先，先回忆一下我们是怎么用竖式进行减法的

与加法不同，我们在列减法的竖式时会把大数放在上面，小数放在下面，因为减法涉及到借位的问题

所以说在计算机计算的时候，我们要先判断 $A$ 是否 $\ge B$，如果 $<B$，为了避免增加代码量我们直接计算 $-(A-B)$ 就行了

那么因为数字特别大，所以我们也需要手写一个比较函数，那么我们是怎么比较两个数的呢？

先比较哪个位数大，位数多的大，如果位数一样，那么分别比较每一位

bool cmp(vector& A, vector& B)
{
	if (A.size() != B.size())return A.size() > B.size();
	for (int i = A.size()-1; i>=0; i--)
	{
		if (A[i] != B[i]) return A[i] > B[i];
	}
	return true;
}

类似加法，变量分别为被减数，减数，结果，借位

使用循环遍历（从0开始）被减数的每一位

借位 $t$ = $A_i-(B_i)-t$，如果说最终结果小于0，就要借一位，将 $t+10$ 最后再 $mod10$ 便是 $C_i$

如果借位了 $t=1$ 否则 $t=0$

注意：为了方便，我们直接不管结果是否小于0，每次都加10，因为如果结果不小于0的话 $+10$ $mod10$ 就抵消了对结果不影响

最后还要去除前导0

while (C.size() > 1 && C.back() == 0)
{
	C.pop_back();
}

代码模板

#include 
#include 
#include 
using namespace std;
bool cmp(vector& A,vector& B)
{
	if(A.size()!=B.size()) return A.size()>B.size();
	for(int i=A.size()-1;i>=0;i--)
	{
		if(A[i]!=B[i]) return A[i]>B[i];
	}
	return true;
}
vector sub(vector& A,vector& B)
{
	int t=0;
	vector C;
	for(int i=0;i1&&C.back()==0) C.pop_back();
	return C;
}
int main()
{
	string a,b;
	vector A,B;
	cin>>a;
	cin>>b;
	for(int i=a.size()-1;i>=0;i--) A.push_back(a[i]-'0');
	for(int i=b.size()-1;i>=0;i--) B.push_back(b[i]-'0');
	if(cmp(A,B)) 
	{
		vector C=sub(A,B);
		for(int i=C.size()-1;i>=0;i--) cout< C=sub(B,A);
		cout<<'-';
		for(int i=C.size()-1;i>=0;i--) cout<

带有负数

• 自然数 $A$ 减负数 $B$ 等于 $A+|B|$
• 负数 $A$ 减自然数 $B$ 等于 $-(|A|+B)$
• 自然数 $A$ 减负数 $B$ 等于 $|A|+B$
• 负数 $A$ 减负数 $B$ 当 $|A|\le |B|$ 时，等于$|B|-|A|$ 当 $|A|>|B|$ 时，等于 $-(|A|-|B|)$

代码模板

#include 
#include 
#include 
using namespace std;
bool cmp(vector& A,vector& B)
{
	if(A.size()!=B.size()) return A.size()>B.size();
	for(int i=A.size()-1;i>=0;i--)
	{
		if(A[i]!=B[i]) return A[i]>B[i];
	}
	return true;
}
bool cmp1(vector& A,vector& B)
{
    if(A.size()!=B.size()) return A.size()>B.size();
    for(int i=A.size()-1;i>=0;i--)
	{
		if(A[i]!=B[i]) return A[i]>B[i];
	}
	return false;
}
vector add(vectorA,vectorB)
{
	vector C; 
	int t=0;
	for(int i=0;i sub(vector& A,vector& B)
{
	int t=0;
	vector C;
	for(int i=0;i1&&C.back()==0) C.pop_back();
	return C;
}
int main()
{
	string a,b;
	vector A,B;
	cin>>a;
	cin>>b;
    if(a[0]!='-'&&b[0]!='-')
    {
        for(int i=a.size()-1;i>=0;i--) A.push_back(a[i]-'0');
        for(int i=b.size()-1;i>=0;i--) B.push_back(b[i]-'0');
        if(cmp(A,B)) 
	    {
		    vector C=sub(A,B);
		    for(int i=C.size()-1;i>=0;i--) cout< C=sub(B,A);
		    cout<<'-';
		    for(int i=C.size()-1;i>=0;i--) cout<=1;i--) A.push_back(a[i]-'0');
        for(int i=b.size()-1;i>=0;i--) B.push_back(b[i]-'0');
        vector C=add(A,B);
        cout<<'-';
        for(int i=C.size()-1;i>=0;i--) cout<=0;i--) A.push_back(a[i]-'0');
        for(int i=b.size()-1;i>=1;i--) B.push_back(b[i]-'0');
        vector C=add(A,B);
        for(int i=C.size()-1;i>=0;i--) cout<=1;i--) A.push_back(a[i]-'0');
        for(int i=b.size()-1;i>=1;i--) B.push_back(b[i]-'0');
        if(cmp1(A,B))
        {
            cout<<'-';
            vector C=sub(A,B);
            for(int i=C.size()-1;i>=0;i--) cout< C=sub(B,A);
            for(int i=C.size()-1;i>=0;i--) cout<

高精度乘法

高精度乘低精度

高精度乘法与前面有所不同，在我们用竖式计算乘法时，都是一位对一位的，而在这里因为 $b$ 比较小，所以我们直接拿大数的每一位去乘上 $b$ 就行了，那么我们还是拿一个竖式举例：

先模拟一下这个例子：

$C_0=(3\times 12)mod10=6$ $t_1=3\times 12/10=3$ $C_1=(2\times 12+t_1)mod10=7$ $t_2=2\times 12/10=2$

$C_2=(1\times 12+2)mod10=4$ $t_3=1\times 12/10=1$ $C_3=t_3=1$

那么最终的结果就是 1476

我们用循环遍历 $A$ 的每一位就行了

如果最后 $t\ne 0$，那么就添上 $tmod10$，注意因为我们是直接乘上 $b$ 所以进位不一定是个位数，要用一个循环来做

代码模板

#include 
#include 
#include 
using namespace std;
vector mul(vector& A,int B)
{
	int t=0;
	vector C;
	for(int i=0;i>a;
	cin>>B;
	vector A;
	for(int i=a.size()-1;i>=0;i--) A.push_back(a[i]-'0');
	vector C=mul(A,B);
	for(int i=C.size()-1;i>=0;i--) cout<

高精度乘高精度

因为两个数都很大，所以我们按照手算的方式进行计算，首先先举个例子：

我们可以发现 $A_0\times B_0$ 对应 $C_0$ $A_1\times B_0$ 对应 $C_1$ $A_2\times B_0$ 对应 $C_2$ 以此类推……

我们可以得出 $A_i\times B_j$ 对应 $C_i$${}_{+}$${}_j$

那么进位 $t$ 就等于$C_i$${}_{+}$${}_j$$/10$

与大数乘小数一样，最后还要添上 $t$，不过这里是模拟手算，不需要再循环了

因为不能直接往后添数，所以我们的答案先初始化长一点，否则无法存储 vector C(A.size() + B.size() + 7, 0);

最后记得去除前导0

代码模板

#include 
#include 
#include 
using namespace std;
vector mul(vector& A,vector& B)
{
	vector C(A.size()+B.size()+7,0);
	for(int i=0;i1&&C.back()==0) C.pop_back();
	return C;
}
int main()
{
	string a,b;
	cin>>a; cin>>b;
	vector A,B;
	for(int i=a.size()-1;i>=0;i--) A.push_back(a[i]-'0');
	for(int i=b.size()-1;i>=0;i--) B.push_back(b[i]-'0');
	vector C=mul(A,B);
	for(int i=C.size()-1;i>=0;i--) cout<

注意：$t$ 在一轮用完后要及时初始化为0，另外 $t$ 一定要赋值为 $C_i$${}_{+}$${}_j/10$，因为当重叠时可能加法上又有进位。

高精度除法

大数除小数

首先，回想一下我们是怎么用竖式算除法的

我们可以发现几个变量分别是被除数、除数、商、余数

我们使用一个变量 $r$ 来存储余数

因为计算机不像人那么聪明，所以一位一位来

首先看1，1除11不够，商0，余1

再看2，因为现在余1，所以变成10+2，12除11够，商1，余1，结束

我们就可以得到 $r=r\times 10+A_{i}modB$，$C_i=r\times 10+A_i/B$

注意因为我们除法是从前往后的，所以去除前导0的时候要先进行翻转

代码模板

#include 
#include 
#include 
#include 
using namespace std;
vector div(vector& A, int& B,int& r)
{
	r=0; vector C;
	for(int i=A.size()-1;i>=0;i--)
	{
		r=r*10+A[i];
		C.push_back(r/B);
		r%=B;
	}
	reverse(C.begin(),C.end());
	while(C.size()>1&&C.back()==0) C.pop_back();
	return C;
}
int main()
{
	string a;
	cin>>a;
	vector A; int B;
	cin>>B;
	for(int i=a.size()-1;i>=0;i--) A.push_back(a[i]-'0');
	int r;
	vector C=div(A,B,r);
	for(int i=C.size()-1;i>=0;i--) cout<

压位

因为数组一个位置可以存很大的数，所以我们只存一个数有点浪费，所以我们可以使用压位这个技巧

我们先开两个全局变量 $N=x$ $M={10}^x$ （x为你想压的位数）

输入的时候改成

int st=max(0,1-N+1),len=i-st+1;
A.push_back(a.substr(st,len)-'0');

注意所有 $/10mod10$ 的操作均要修改成 $/MmodM$
输出的时候要先输出首位，因为输出的时候有可能不一定正好是 $x$ 位数，要使用 printf("%04d",C[i])（以4位举例）
所以当输出完首位后，从C.size()-2开始

高精度小数

保留？位

首先，我们先算出整数部分，因为计算机不像手算，直接算出就可以了，不需要像手算一样一位一位算

然后我们回想一下手算是怎么算小数部分的，我们将上一位算得的余数乘10再除以除数就行了

示意图

代码模板

//c是位数
digit[0]=a/b;
a%=b;
for(int i=1;i<=c+1;i++)
{
	a*=10;
    digit[i]=a/b;
   	a%=b;
}
cout<

四舍五入

由于小数会出现循环，所以题目一般会给出一些要求，例如最后一位四舍五入

四舍五入即为 当数 $>=5$ 进一位，$<5$ 时舍去

不过我们需要注意，进位的时候可能会出现“多米诺骨牌”

例如 9.99999... 进位后会变成10.00000....，所以我们需要使用循环来处理

注意进位到整数位如果变成10不用管，因为我们是直接输出整数位的

代码模板

if(digit[c+1]>=5) digit[c]++;
for(int i=c;i>0;i--)
{
	if(digit[i]>=10)
    {
       	digit[i]-=10;
        digit[i-1]++;
    }
}

8进制转10进制

因为8进制小数能完美转换成10进制小数，所以我们就不用管保留几位的问题

举个例子，0.75如何转换成10进制呢?

$7/8^1+7/8^2=0.953125$ 这样就转换完成了，不会的去补初一数学

于是我们就可以模拟手算(见上文保留？位)，再用数组进行存储就行了，因为题目也给出了范围 $0<k<15$，因为所有小数点后位数为n的八进制小数都可以表示成小数点后位数不多于3n的十进制小数。所以我们数组长度开个50就行了

还要注意进位的问题，与之前一样都是”多米诺骨牌“，所以要用循环

还要开一个变量，记录数组里面一共有多少位了方便输出

坑点：

pow返回的是double类型，所以要进行强转，因为 $3^1$${}^5$ 非常大，使用long long，所以 与它进行计算的 $x$ 也必须是long long类型

答案有可能变成1点几，例如当输入为 0.898 时，网上很多人都没有注意到这一点，为此我们从数组的第一位开始，第0位专门留着防止进位变1

#include 
#include 
#include 
using namespace std;
typedef long long ll;
int digit[50];
int main() {
    string a;
    cin >> a;
    int t = 0;
    for (int i = 2; i <= a.size() - 1; i++) {
        ll x = a[i] - '0';
        int j = 0;
        while (x) {
            x *= 10;
            digit[++j] += x / (ll)pow(8, i - 1);
            int k = j;
            while (digit[k] >= 10) {
                digit[k] -= 10;
                digit[--k]++;
            }
            x %= (ll)pow(8, i - 1);
        }
        t = max(t, j);
    }
    cout << a << " [8] = " << digit[0] << '.';
    for (int i = 1; i <= t; i++) cout << digit[i];
    cout << " [10]";
    return 0;
}

棋盘放米

首先我们分析一下题目是什么意思，相信大家在上幂这一课，老师都讲过这个故事

第一个格子有 $2^0$ 粒米，第二个格子有 $2^1$ 粒米，……

我们在这里直接从1开始，不然全是0，第20个格子就遍历19次

注意这题的说法略微有些歧义，从第 $n$ 个到第 $m$ 个，应该第一次从 1 遍历到 $n-1$ 第二次从 1 遍历到 $m$，然后将两次结果一减就行了，注意也要使用高精

接下来就是三位一撇的问题了，我是先将正序的结果存储下来，然后再根据位数对3进行取模，注意最后一位不要有逗号

#include 
#include 
#include 
using namespace std;
vector mul(vector& A,int B)
{
	int t=0;
	vector C;
	for(int i=0;i sub(vector& A,vector& B)
{
	int t=0;
	vector C;
	for(int i=0;i1&&C.back()==0) C.pop_back();
	return C;
}
int main()
{
	int n,m;
    cin>>n>>m;
    vector C,D,E,F;
    C.push_back(1); D.push_back(1);
    for(int i=1;i=0;i--) F.push_back(E[i]);
	int cnt=0;
	if(E.size()%3==0) cnt=3;
	else cnt=E.size()%3;
	for(int i=0;i

n的阶乘

我们可以发现这题就是高精度乘低精度
我们直接将上一次得到的结果再乘当前的数就行了

#include 
#include 
#include 
using namespace std;
vector mul(vector& A,int B)
{
	int t=0;
	vector C;
	for(int i=0;i>B;
	vector A; A.push_back(1);
	for(int i=B;i>=1;i--) A=mul(A,i);
	for(int i=A.size()-1;i>=0;i--) cout<