牛客小白月赛5-D-阶乘（求n内每个数的阶乘相乘后尾数为0的个数）

题目描述

输入描述:

输入数据共一行，一个正整数n，意义如“问题描述”。

输出描述:

输出一行描述答案：
一个正整数k，表示S的末尾有k个0

示例1

输入

10

输出

7

说明

解题思路：求1~n每个数的阶乘相乘后尾数为0的个数。

AC代码一（365ms）：暴力枚举1~n也能过？说明测试数据不大。采用法一可以过：直接统计每个元素包含因子为5的个数。但采用法二会TLE，原因同样是暴力枚举，但每次需要重新计算当前i的因子为5的个数，而法一让很多数可以省去这一步，只当枚举到i为5的倍数才会进入那个while循环，可能超时的原因就出在这里。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
int main(){
    int n,num,tmp;LL sum;
    while(~scanf("%d",&n)){
        sum=0,num=0;//num一开始置0，以后每次累加每个元素包含因子为5的个数即可
        for(int i=1;i<=n;++i){//从1枚举到n
            tmp=i;//表示当前i!=(i-1)!*i
            while(tmp%5==0)num++,tmp/=5;//num累加当前i元素包含因子为5的个数
            sum+=num;//累加i！尾数为0的个数
        }
        printf("%lld\n",sum);
    }
    return 0;
}

AC代码二（78ms）：根据法一：求N！尾数有多少个0只需求N内为5的倍数的数包含因子为5的个数总和即可，而此题是求1~n内每个数的阶乘相乘之后尾数为0的个数，因此我们同样枚举N内所有为5的倍数i，每求出i包含因子为5的个数num后，因为i~n(n-i+1个元素)内每个数的阶乘都包含当前i这个元素，所以sum累加num*(n-i+1)即可。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
int main(){
    LL n,tmp,num,sum;
    while(~scanf("%lld",&n)){
        sum=0;
        for(LL i=5;i<=n;i+=5){
            tmp=i;num=0;
            while(tmp%5==0)num++,tmp/=5;
            sum+=num*(n-i+1);
        }
        printf("%lld\n",sum);
    }
    return 0;
}

AC代码三（5ms）：如果测试数据真的很大为10^9，那么前两个肯定是超时的。因此能否根据法二同样用O(log₅ⁿ)的时间复杂度计算出尾数为0的个数？根据法二公式：假设我们要计算1！~126！，即n=126，则①126/5=25，说明126！中有25个数是5的倍数；②126/25=5，说明126！中有5个数是25的倍数；③126/125=1，说明126！中有1个数是125的倍数。现对1！~126！按包含因子为5的个数（个数相同为同一组）从小到大分成k=n/i=126/5=25组：（共有k-1组每一组有都有5ⁱ(i=1,2,3...)个数的阶乘包含因子为5的个数是相同的，最后一组有（1+n%i）个元素）

j=1--->{5！，6！，7！，8！，9！}；//有i=5个元素每个元素包含1个因子5

j=2--->{10！，11！，12！，13！，14！}；//有i=5个元素每个元素包含2个因子5

...

j=24-->{120！，121！，122！，123！，124！}；//有i=5个元素每个元素包含24个因子5

j=25-->{125！，126！}//有2(1+n%i=1+126%5=1+1=2)个元素每个元素包含25个因子5

以上分组是i=5的情况，其他i值基本和这个一样：由等差数列求和公式可求得1！*...*126！中一共有x=(1+k-1)(k-1)/2*i+k*(1+n%i)（其中k=n/i,i=5¹,5²,5³...）个因子5，之后按此公式累加（因子为5的个数）x的值（sum+=x）即可求出1！*...*n！尾数为0的个数sum。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
int main(){
    LL n,sum;
    while(~scanf("%lld",&n)){
        sum=0;
        for(LL i=5;i<=n;i*=5){
            LL k=n/i;
            sum+=k*(k-1)/2*i+k*(1+n%i);
        }
        printf("%lld\n",sum);
    }
    return 0;
}