一、题目
二、题解一：快速幂（50%样例）
1、解题思路：
1）通过题目我们可以采取最朴素的想法就是先模拟题目的说明
2）并且我们发现有乘方出现( ∗ 2 n *2^n ∗2n)，因此我们可以考虑使用快速幂来优化
2、快速幂详解：求解 a b a^b ab
1）对于求解 a b a^b ab，我们最朴素的想法就是暴力枚举
2）但是很明显，我们可以使用倍增的思想，来进行简化操作
- 假设我们需要求 a 8 a^8 a8，我们可以这样简化：
- 也就是把其不断拆分成： a 2 a^2 a2，这样我们就从朴素的计算 8 8 8次-->变为计算 3 3 3次
3）但是假设我们的次方的奇数呢？
- 假设我们现在算 a a a^13^ ，我们可以这样拆：
- 也就是说，我们把一个 a a a给单独拿出来了，接着把剩下的a^12^继续按照倍增拆分，为了方便计算我们把 a a a 先存入答案中去
- 接下来，我们就可以按照偶数的拆分，来继续拆分了
- 此时又出现了奇数，我们又继续按照如上原则进行处理
4）但是我们在代码中，是不需要进行这样复杂的操作的，我们可以 使 用 二进制来进行优化
- 我们可以发现 13 13 13的二进制为：
- 因为我们只需要判断指数(13)的奇偶性，因此可以通过二进制来进行
- 此时，我们可以发现最后一位为 1 1 1，说明此时指数为奇数，因此我们可以让
res*=a,b--
- 接着我们让
b>>=1，也就是让其b=b/2，接着判断奇偶性
- 但是，此时我们让
b/=2了，因此我们的a要变化：a=a*a
总结
3、快速幂代码
cpp
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//快速幂
ll qmi(ll a,ll b) //a的b次方
{
ll res=1;
while(b)
{
//如果b是奇数,那么就拆出一个数到答案中去，并且让b--
if(b&1) res=res*a,b--;
a*=a , b>>=1; //接着让b右移一位继续判断奇偶性，且此时b/=2，因此a=a*a
}
return res;
}
4、完整代码实现
cpp
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#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
//快速幂
ll qmi(ll a,ll b) //a的b次方
{
ll res=1;
while(b)
{
if(b&1) res=res * a, b--;
a= a * a , b >>= 1;
}
return res;
}
void solve()
{
ll n;cin>>n;
double d;cin>>d;
d*=qmi((ll)2,n); //快速幂优化
printf("%.f\n",d);
//cout<<d<<'\n';
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);
int _=1;
while(_--) solve();
return 0;
}
三、题解二：高精度（100%样例）
1、解题思路：
- 通过样例我们可以发现数据十分的庞大，完全超出了数字的范围，因此我们可以考虑使用
string->a[]来进行操作
- 因此我们考虑使用高精度算法
2、高精度算法：
1）其实，所谓的高精度运算，就是我们小学所学习的竖式运算
2）我们可以发现我们的运算都是从最低位数开始计算的***(为了方便进位)***，因此我们需要反向存储数据
3）通过计算我们发现，出现了进位，但是我们可以先不处理这个进位而是先存储起来***(因为我们的每一位数都是一个数组元素，可以存储很大的元素)***
4）接着我们再处理每一位的元素进位即可 （注意此时我们是反向存储，因此我们要反向遍历）
- 举例： a a a中的每一个元素 + + + b b b 中的每一个元素
3、结合题目具体分析：
1）在题目中我们发现出现了小数点，这是非常不好处理的，因此我们可以把它看作整数，且记录小数点的数位3.14*4=12.56->314*4=1256
cpp
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ll n; //乘以n个2
string d; //待转换的浮点数
cin>>n>>d;
reverse(d.begin(),d.end()); //把s倒叙存储，方便进位 3.14->41.3
vector<int>D;
ll dot=d.find('.'); //记录小数点的位数
for(auto i:d) //把字符串d中的元素放入数组当中
{
if(i!='.') D.push_back(i-'0'); //转化为字符
}
2）此时题目需要我们 × 2 n ×2^n ×2n也就是，乘以n个2，因此我们使用高精度乘法来实现
cpp
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void mul(vector<int>& a,int b) //a中的所有元素都*b：a*=b
{
int t=0; //用t来表示此轮的进位
for(int i=0;i<a.size();i++) //依次枚举每一位
{
t+=a[i]*b; //计算本轮一共变化的数据
a[i]=t%10; //把变化数据的个位数给当前位数
t/=10; //存储十位数为下一轮的进位
}
//如果t不是0，此时最高位还需补充一位
if(t) a.push_back(t);
}
while(n--) mul(D,2); //高精度乘法
3）此时我们进行完了第一步：将浮点数乘以 2 n 2^n 2n，接下来我们需要四舍五入，因此需要通过小数点的位数来进行操作
- 在样例中我们的小数点在第 2 2 2位***(下标从0开始存储)***
- 因此需要四舍五入我们需要看第 1 1 1位***（ d o t − 1 dot-1 dot−1位)***
- 因此我们通过 d o t − 1 dot-1 dot−1可以进行第 d o t dot dot位***(因为我们在数组中没有存储小数点，因此dot位指向个位3)***的 + 1 +1 +1操作
cpp
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void add(vector<int>& a,int k,int b) //a[k]+b
{
int t=b; //用t来表示此轮的进位
for(int i=k;i<a.size();i++) //从第k位开始依次枚举每一位
{
t+=a[i]; //计算本轮一共变化的数据
a[i]=t%10; //把变化数据的个位数给当前位数
t/=10; //存储变化数据的十位数为下一轮的进位
}
//如果t不是0，表示还需要向最高位进位，此时最高位还需补充一位
if(t) a.push_back(t);
}
if(D[dot-1]>=5) add(D,dot,1);
4）此时，我们所有的操作都进行完毕，只需进行反向输出即可
cpp
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for(int i=D.size()-1;i>=dot;i--) cout<<D[i];
4、完整代码实现：
cpp
复制代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1300;
typedef long long ll;
ll n; //乘以n个2
string d; //待转换的浮点数
void mul(vector<int>& a,int b) //a中的所有元素都*b：a*=b
{
int t=0; //用t来表示此轮的进位
for(int i=0;i<a.size();i++) //依次枚举每一位
{
t+=a[i]*b; //计算本轮一共变化的数据
a[i]=t%10; //把变化数据的个位数给当前位数
t/=10; //存储十位数为下一轮的进位
}
//如果t不是0，此时最高位还需补充一位
if(t) a.push_back(t);
}
void add(vector<int>& a,int k,int b) //a[k]+b
{
int t=b; //用t来表示此轮的进位
for(int i=k;i<a.size();i++) //从第k位开始依次枚举每一位
{
t+=a[i]; //计算本轮一共变化的数据
a[i]=t%10; //把变化数据的个位数给当前位数
t/=10; //存储变化数据的十位数为下一轮的进位
}
//如果t不是0，表示还需要向最高位进位，此时最高位还需补充一位
if(t) a.push_back(t);
}
void solve()
{
cin>>n>>d;
reverse(d.begin(),d.end()); //把s倒叙存储，方便进位 3.14->41.3
vector<int>D;
ll dot=d.find('.');
for(auto i:d) //把字符串d中的元素放入数组当中
{
if(i!='.') D.push_back(i-'0'); //转化为字符
}
while(n--) mul(D,2); //高精度乘法
if(D[dot-1]>=5) add(D,dot,1);
for(int i=D.size()-1;i>=dot;i--) cout<<D[i];
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);
int _=1;
while(_--) solve();
return 0;
}