数列求和

数列求和 给定某数字 a（ 1 ≤ a≤ 9）以及非负整数 n（ 0≤ n≤ 1 0 0 0 0 0），求数列之和 sum = a + a a + a a a + ⋯ + a a ⋯ a（ n个 a）。 例如 a = 2, n = 3时， sum = 2 + 2 2 + 2 2 2 = 2 4 6。 a=int(input()) b=int(input()) n=0 sum=0 for i in range (1,b+1): n = (n * 10)+a sum = sum + n print(sum) 棋盘放米 相传古代印度国王舍罕要褒赏他的聪明能干的宰相达依尔 （国际象棋发明者），问他需要什么，达依尔回答说：“国王只要在国际象棋的棋盘第一个格子里放一粒麦子，第二个格子里放两粒，第三个格子里放四粒，按此比例以后每一格加一倍，一直放到64格（国际象棋棋盘是8×8=64格），我就感恩不尽，其他的我什么也不要了，”国王想：“这有多少，还不容易！”让人扛来一袋小麦，但不到一会儿全用没了，再来一袋很快又没有了，结果全印度的粮食全部用完还不够，国王纳闷，怎样也算不清这笔账，请你帮国王计算一下，共需多少粒麦子，写出程序。 n=1 m=0 for i in range(1,65): n=pow(2,i-1) m=m+n print(m) 温度转换异常处理 温度的刻画有两个不同体系：摄氏度

给定某数字A（1≤A≤9）以及非负整数N（0≤N≤100000），求数列之和S=A+AA+AAA+⋯+AA⋯A（N个A）。例如A=1, N=3时，S=1+11+111=123。 输入格式： 输入数字A与非负整数N。 输出格式： 输出其N项数列之和S的值。 输入样例： 1 3 输出样例： 123 /*思路：把要相加的在纸上列出来，不难发现一个规律： 实现代码如下： # include <stdio.h> int main ( ) { int a , n , i = 0 , s [ 100005 ] = { 0 } ; //用数组来存储结果 scanf ( "%d %d" , & a , & n ) ; if ( n == 0 ) printf ( "0" ) ; //n==0的情况单独分析 for ( i = 0 ; i <= n ; i ++ ) { s [ i ] + = a * ( n - i ) ; s [ i + 1 ] = s [ i ] / 10 ; //向前进位 s [ i ] = s [ i ] % 10 ; } for ( i = n ; i >= 0 ; i -- ) { if ( i == n && s [ i ] == 0 ) continue ; //若最高位为0则不输出 printf ( "%d" , s [ i ] ) ; } return 0 ; }

给定某数字A（1≤A≤9）以及非负整数N（0≤N≤100000），求数列之和S=A+AA+AAA+⋯+AA⋯A（N个A）。例如A=1, N=3时，S=1+11+111=123。 输入格式： 输入数字A与非负整数N。 输出格式： 输出其N项数列之和S的值。 输入样例： 1 3 输出样例： 123 #include <stdio.h> #include <stdlib.h> int main() { int m,n; int i,j; scanf("%d%d",&m,&n); int a[100007]; int g=0; int p=0; int h=0; if(n==0) { printf("0"); return 0; } for(i=n;i>1;i--) { g=i*m+h; a[p]=g%10; h=g/10; p++; }//反序存最高位以下位的每个数到数组 g=m+h; while(g>9) { a[p]=g%10; g=g/10; p++; }//继续存最后一次的数（大于一位数的） a[p]=g;//存入最高位 for(i=p;i>=0;i--) { printf("%d",a[i]); } return 0; } 来源： CSDN 作者： 半零落 链接： https://blog.csdn.net/qq_43634412/article/details

斐波那契数列之第n项 求Fibonacci数列的第n项f[n]. f[0]=1; f[1]=1 ; f[n]=f[n-1]+f[n-2]; 输入格式 输入一个不超过10000的正整数n。 输出格式 输出Fibonacci数列的第n项的值。 输入样例 99 输出样例 354224848179261915075 由于是最大到第9999项，显然不能用传统的整型数据类型去递归相加。 那就要 定义数组 对斐波那契数列的每一项进行 模拟加法求和 ， 来得到结果。 先放上实现的代码 # include <iostream> # include <string> # include <cstring> using namespace std ; const int N = 5005 ; int main ( ) { char f0 [ N ] = { '1' } , f1 [ N ] = { '1' } ; //初始化数组，第一个元素为字符1，其他为空字符 char * p1 , * p2 ; int n , temp , c , j , x = 0 , maxlen , minlen , i ; cin >> n ; //第n项 for ( i = 1 ; i < n ; i ++ ) { //求第n项的循环。如：求第2项只需要执行一次 c = 0 ; j = 0 ; //c作为进位的数值

2020张宇1000题·数一·刷题记录 第一篇 高等数学 第1章 极限、连续 三、数列极限(1.64-1.91) 换元，拆分，等价替换。 分母无理化，化简代值。 分母无理化，e的重要极限。 ？？？拉格朗日中值定理。 两次比较，用夹逼定理卡值，最快。笨一点的方法，改写，然后求导化简估值。 要分x=0与不等于0两种情况，同乘sinx/2^n。 换元后，硬求导求两次。或者同1.67，用拉格朗日中值定理，函数差值转化为导数与差的乘积。 提取、化简、往e^x-1靠，再两次等价替换。 极限的保号性？？？ 有待细查 。排除其他可举反例。 xₙ>0，所以数列xₙ有下界，是因为0肯定是xₙ的下界？？？  若单调数列a_n有界，则极限存在，记 \(\lim \limits_{n \to \infty} a_n=A\) ，则 \(\lim \limits_{n \to \infty} \dfrac{1}{1+a_n^2}=\dfrac{1}{1+A^2}\) ，存在；若单调数列a_n无界，则极限不存在， \(\lim \limits_{n \to \infty} a_n=+ \infty或-\infty\) ，此时有 \(\lim \limits_{n \to \infty} \dfrac{1}{1+a_n

题目描述 维护一个数列{a[i]}，支持两种操作： 1、1 L R K D：给出一个长度等于R-L+1的等差数列，首项为K，公差为D，并将它对应加到a[L]~a[R]的每一个数上。即：令a[L]=a[L]+K，a[L+1]=a[L+1]+K+D， a[L+2]=a[L+2]+K+2D……a[R]=a[R]+K+(R-L)D。 2、2 P：询问序列的第P个数的值a[P]。 输入格式 第一行两个整数数n，m，表示数列长度和操作个数。 第二行n个整数，第i个数表示a[i]（i=1,2,3…,n）。 接下来的m行，表示m个操作，有两种形式： 1 L R K D 2 P 字母意义见描述（L≤R）。 输出格式 对于每个询问，输出答案，每个答案占一行。 输入样例 5 2 1 2 3 4 5 1 2 4 1 2 2 3　 输出样例 6 说明/提示 数据规模： 0≤n，m≤100000 |a[i]|，|K|，|D|≤200 我们考虑，对于一段区间 [ l , r ] [l,r]，我们只需要记录它的区间的首相和公差，就能将这个标记下传了 QwQ哇，那可以只使用这个线段树进行一个标记下传了（所以没有up函数） 这里展示一下pushdown的部分 f [ r o o t ] . d f[root].d表示公差， f [ r o o t ] . f i r s t f[root].first表示首相 因为