牛客135D
题意
给你个n,求
1!+2!+...+n!末尾的0的个数
$1<=n<=1e9$
思路
我们单看对于一个数.首先阶乘末尾的0一定是由于其质因子中2*5得到的,又由于在一个数的阶乘的质因数分解中,2的数量一定大于5的数量.所以我们只需要看5的数量即可.
不难发现,如果我们假定f(x)表示x!末尾的0的个数的话.那么f(x)一定是个阶梯函数.其一定在5的倍数的点处跃变.比如16! = 15! * 16而16是不会贡献因子5的.而10 = 2*5 , 25=5*5,我们只需要考虑每个跃变的地方可以增加几个5即可.增加的五一定是节点质因子中五的个数。
AC代码
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#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
int main() {
ll n;
cin >> n;
ll ans = 0ll;
ll sum = 0ll;
for (int i = 1; i <= n; i++) { // 然而这个算法接近O(nlogn)，实际上是不应该通过的。
int j = i;
while (j % 5 == 0) {
sum++;
j /= 5;
}
ans += sum;
}
cout << ans << endl;
return 0;
}
// 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 ... 25
// 0 0 0 0 0 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2 3 3 3 ... 5
故总结一下f(x)
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ll f(ll x) { // O(logn)
ll sum = 0;
while (x > 0) {
sum += x / 5;
x /= 5;
}
return sum;
}
原理是这样的:第k次循环sum的增量是[1,x]区间内,分解质因数之后有k个5的数的个数.
进阶
我们讨论一下b进制下阶乘的末尾零的个数.
CF1114C
输入的第一行给出两个数,一个是n(十进制),一个是b.要求输出n的阶乘结果在b进制下的末尾零的个数.
思路还是和之前的一样,之前是将10拆成2*5,而且通过分析不难得知,5的个数远远小于2,所以只需要考虑[1,n]中因子5的个数即可.
但是b进制下,思路还是对b进行质因数分解,但是考虑到质因数的次数可能不为1.也就是
b=a1^c1 * a2^c2*....*an^cn
且c_i未必为1.
其实也问题不大,因为可以先无视这个问题,就直接求出各个质因数出现的次数,然后除以c_i即可.也就是将一个因子的多次出现看成一个整体.
然后分别求出各个因子（然后整除之后）,取最小值即可.
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#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
// #define make_pa
const int N = 1000000 + 10;
bool prime[N]; // prime[i]表示i是不是质数
int p[N];
ll tot;
void init() { // 线性筛,每个数只会被筛掉一次
tot = 0ll;
for (int i = 2; i < N; i++)
prime[i] = true; //初始化为质数
for (int i = 2; i < N; i++) {
if (prime[i])
p[tot++] = i; //把质数存起来
for (int j = 0; j < tot && i * p[j] < N; j++) {
prime[i * p[j]] = false;
if (i % p[j] == 0)
break; //保证每个合数被它最小的质因数筛去
}
}
}
vector<pair<ll, ll>> v;
ll CntPrime(ll n) {
int ans = 0;
for (int i = 0; i < tot && p[i] * 1ll * p[i] <= n; ++i) {
if (n % p[i] == 0) {
int cnt = 0;
while (n % p[i] == 0) {
n /= p[i];
++cnt;
}
v.push_back(make_pair(p[i], cnt));
++ans;
}
}
if (n > 1) {
++ans;
v.push_back(make_pair(n, 1));
}
return ans;
}
ll f(ll x, ll fac) {
ll sum = 0;
while (x > 0) {
sum += x / fac;
x /= fac;
}
return sum;
}
int main() {
init();
v.clear();
ll n, b;
cin >> n >> b;
ll sum = (ll)(1e18);
ll len = CntPrime(b);
for (int i = 0; i < len; ++i) { // 求出各个因子出现的次数(合并之后)的最小值
sum = min(f(n, v[i].fi) / v[i].se, sum);
}
cout << sum << endl;
return 0;
}
