(Relax 数论1.27)POJ 1150 The Last Non-zero Digit(求p(n,m)的最后一个非零数字)

本题分析部分转载自http://www.cppblog.com/abilitytao/archive/2009/10/31/99907.html

这个题怎么来做呢？先别急，我们先来讨论一下下面几个子问题：
1.如何求出n阶乘中质因数x(比如说5）出现的次数？
比如说15的阶乘 ：1*2*3*4*5*6*7*8*9*10*11*12*13*14*15
由于5这个质因数只在5的倍数里面才出现，所以我从5，10，15中各抽出一个5，这相当于有15/5个质因数5,之后5，10，15就变成了1，2，3；
由于非5的倍数显然不在考虑范围之内，所以我们只需继续讨论它的子问题3！即可。
这样，我们可以用递归来解决这个问题。有了这个方法，我们是不是能够轻易地解决n!末尾有多少个0呢？想想看...n!后0的个数是不是就和某个质因数的个数有关呢？^_^
比如说，我们要求5出现的次数，可以这样写：

int get5(int n)//计算n!中质因子5的出现次数
{
    if(n==0)
        return 0;
    return n/5+get5(n/5);
}

 2.如何求出n!阶乘最后非0位？
比如说我们要找10!最后非0位，由于质因数2和5组合之后会使得末尾产生0.那么我们不妨把10！中2，5质因数全部去掉，（但是请注意2的数目其实比5的要多，所以我们要在最后考虑多余的2对末位的影响）
如 1*2*3*4*5*6*7*8*9*10 去掉2 ，5 因子后 就是1*1*3*1*1*3*7*1*9*1，由于2，5因子已经被去除，那么剩下的数字末尾一定是3，7，9，1中四者之一。然后我们再求出这么一串数相乘以后末尾的数是几.最后再补上2对末位的影响即可！

总结一下，求10!最后一个非0位的步骤如下：
step1：首先将10!中所有2，5因子去掉；
step2：然后求出剩下的一串数字相乘后末尾的那个数。
step3：由于去掉的2比5多，最后还要考虑多余的那部分2对结果的影响。
step4：output your answer!

正如上面文章里所说的“To compute the number of 3,7,9 among (f(1) mod 10), (f(2) mod 10), ..., (f(N) mod 10) is not so easy”，这里面步骤2是个难点。如何求出剩下的这串数字相乘后最后一位是几呢？这可以转化成求出这些数里面末尾是3，7，9的数字出现的次数（为啥？因为这些数的n次方是有规律的，周期为4，不信你可以推一下）
好，现在问题就是如何求出这串数字中末尾3，7，9各自出现的次数了；

一个数列实际上可以分成偶数列和奇数列，以1*2*3*4*5*6*7*8*9*10为例

分成1 3 5 7 9,   2 4 6 8 10

这样我们尝试分别进行统计，可以发现，实际上2，4，6，8，10中的个数也就是1 2 3 4 5中的个数，也就是说我们又把这个问题划分成了一个原来问题的子问题。

f(n) = f(n/2) + g(n),g(n)表示奇数列中的数目，所以我们需要解决g(n)

再次观察g(n)

实际上又分成了两部分1 3 7 9 11 13 17 19 21。。。以及5的奇倍数5，15，25。。。说明又出现了子问题,如果要统计这个数列中末尾为x（1，3，7，9）的个数可以这样写：g(n,x) = n/10+(n%10 >= x)+g(n/5,x)  

这样利用了两个递归方程，我们就可以在lgn的时间内计算出末尾为1,3,7,9的数的个数了

好了，现在我们得到了这串数字中末尾是3，7，9的数字的个数，我们利用循环节的性质可以快速地算出这串数字相乘后mod 10的结果，在考虑下当时多除的2(其实也可以用循环节来处理），便可求出答案！




解决了上面两个子问题，我想求P(n,m)最后一个非0位就变得十分容易了。
P(n,m)实际上等于 n! / (n-m)!
我们可以求出n! 和(n-m)!中质因数2，5，3，7，9分别出现的次数，然后再各自相减。
然后再用循环节处理，即可！
BTW，这里还要注意一个trick,就是2的出现次数如果小于5，（这对于排列数来说是可能的）我们可以直接输出5，如果2的数目等于5，那么2的循环节不需要考虑。至于3，7，9的循环节，由于这些数的4次方末位刚好是1，所以就不需要特殊考虑了。

#include<iostream>#include<cstring>#include<cmath>using namespace std;int get2(int n) { //计算n!中质因子2的出现次数if (n == 0)return 0;return n / 2 + get2(n / 2);}int get5(int n) { //计算n!中质因子5的出现次数if (n == 0)return 0;return n / 5 + get5(n / 5);}int g(int n, int x) { //计算f(1) to f(n) 中，奇数数列中末尾为x的数出现的次数if (n == 0)return 0;return n / 10 + (n % 10 >= x) + g(n / 5, x);}int getx(int n, int x) {//计算f(1) to f(n)中，末尾为x的数的出现次数if (n == 0)return 0;return getx(n / 2, x) + g(n, x);}int table[4][4] = { 6, 2, 4, 8, //2^n%10的循环节，注意如果2的个数为0时候，结果应该是1，要特殊处理。1, 3, 9, 7, //31, 7, 9, 3, //71, 9, 1, 9, //9};//3，7，9的循环节中第一位，刚好是1，故不需要考虑这些数字出现次数为0的情况。int main() {int n, m;while (scanf("%d%d", &n, &m) != EOF) {int num2 = get2(n) - get2(n-m);int num3 = getx(n, 3) - getx(n - m, 3);int num5 = get5(n) - get5(n-m);int num7 = getx(n, 7) - getx(n - m, 7);int num9 = getx(n, 9) - getx(n - m, 9);int res = 1;if (num5 > num2) {printf("5\n");continue;} else {if (num2 > num5) {res *= table[0][(num2 - num5) % 4];res %= 10;}res *= table[1][num3 % 4];res %= 10;res *= table[2][num7 % 4];res %= 10;res *= table[3][num9 % 4];res %= 10;}printf("%d\n", res);}return 0;}