r0 ile 1 arasında bir kayan nokta sayımız ve bir tam sayı var p.

En küçük paydaya sahip tam sayı kesirini bulun r, en azından pbasamaklı hassasiyetle yaklaşın.

• Girişler: r(bir kayan nokta sayısı) ve p(tamsayı).
• Çıktılar: ave btamsayılar, burada
  • a/b(kayan nokta olarak) rakamlara rkadar yaklaşır p.
  • b mümkün olan en küçük pozitif tamsayıdır.

Örneğin:

• eğer r=0.14159265358979ve p=9,
• Sonra sonucudur a=4687ve b=33102,
• çünkü 4687/33102=0.1415926530119026.

Herhangi bir çözümün teorik olarak keyfi hassasiyet tipleriyle çalışması gerekir, ancak uygulamaların sabit hassasiyetli tiplerinden kaynaklanan sınırlamalar önemli değildir.

Kesinlik, " 0." içindeki rakamlardan sonra gelen basamak sayısı anlamına gelir r. Böylece, eğer r=0.0123ve p=3sonra a/bbaşlamalıdır 0.012. pKesirli kısmının ilk haneleri r0 ise, tanımsız davranış kabul edilebilir.

Kazanma kriterleri:

• Algoritmik olarak en hızlı algoritma kazanır. Hız O (p) cinsinden ölçülür.
• En hızlı çoklu algoritmalar varsa, en kısa kazanır.
• Kendi cevabım olası kazananlar kümesinden çıkarıldı.

Ps parçası aslında göründüğü kadar çok daha kolaydır matematik, Okumayı önermek bu yazı.

JavaScript, O (10 ^p ) ve 72 bayt

r=>p=>{for(a=0,b=1,t=10**p;(a/b*t|0)-(r*t|0);a/b<r?a++:b++);return[a,b]}

Döngünün en fazla O (10 ^p ) tekrarından sonra yapılacağını kanıtlamak önemsizdir .

f=
r=>p=>{for(a=0,b=1,t=10**p;(a/b*t|0)-(r*t|0);a/b<r?a++:b++);return[a,b]}

<math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML">
  <mrow>
    <mn>0.<input type="text" id="n" value="" oninput="[p,q]=f(+('0.'+n.value))(n.value.length);v1.value=p;v2.value=q;d.value=p/q" /></mn>
    <mo>=</mo>
    <mfrac>
      <mrow><mn><output id="v1">0</output></mn></mrow>
      <mrow><mn><output id="v2">1</output></mn></mrow>
    </mfrac>
    <mo>=</mo>
    <mn><output id="d">0</output></mn>
  </mrow>
</math>

Neil'in fikri sayesinde çok teşekkürler, 50 bayt tasarruf edin.

Haskell , O (10 ^p ) En kötü durumda 121 119 bayt

g(0,1,1,1)
g(a,b,c,d)r p|z<-floor.(*10^p),u<-a+c,v<-b+d=last$g(last$(u,v,c,d):[(a,b,u,v)|r<u/v])r p:[(u,v)|z r==z(u/v)]

Çevrimiçi deneyin!

Laikoni sayesinde 2 bayt kaydedildi

Algoritmayı /math/2432123/how-to-find-the-fraction-of-integers-with-the-smallest-denominator-matching-an-i adresinden kullandım .

Her adımda, yeni aralık önceki aralığın yarısıdır. Böylece, aralık boyutu, geçerli adım 2**-nnerede nolur. Ne zaman 2**-n < 10**-p, doğru yaklaşıma sahip olduğumuzdan eminiz. Oysa eğer n > 4*po zaman 2**-n < 2**-(4*p) == 16**-p < 10**-p. Sonuç, algoritmanın olduğu O(p).

EDIT Bir yorumda orlp tarafından işaret edildiği gibi, yukarıdaki iddia yanlıştır. En kötü durumda, r = 1/10**p( r= 1-1/10**pbenzer), olacak 10**padımlar: 1/2, 1/3, 1/4, .... Daha iyi bir çözüm var, ama şu anda bunu düzeltmek için zamanım yok.

C, 473 bayt (bağlamsız), O (p), rakip olmayan

Bu çözüm, bu mükemmel yazıda ayrıntılı matematik bölümünü kullanır . Sadece calc()cevap büyüklüğünü hesapladım .

#include <stdio.h>
#include <stdlib.h>
#include <math.h>

void calc(float r, int p, int *A, int *B) {
  int a=0, b=1, c=1, d=1, e, f;
  int tmp = r*pow(10, p);
  float ivl = (float)(tmp) / pow(10, p);
  float ivh = (float)(tmp + 1) / pow(10, p);

  for (;;) {
    e = a + c;
    f = b + d;

    if ((ivl <= (float)e/f) && ((float)e/f <= ivh)) {
      *A = e;
      *B = f;
      return;
    }

    if ((float)e/f < ivl) {
      a = e;
      b = f;
      continue;
    } else {
      c = e;
      d = f;
      continue;
    }
  }
}

int main(int argc, char **argv) {
  float r = atof(argv[1]);
  int p = atoi(argv[2]), a, b;
  calc(r, p, &a, &b);
  printf ("a=%i b=%i\n", a, b);
  return 0;
}