n的阶乘末尾零的个数

n的末尾的零的个数，对于这个问题我们首先可以想到末尾零是怎么来的，很明显，它是由因式中的2*5构成的，n的阶乘的因式中有多个2*5，那么n！末尾就有多少个零，那么问题就变成了求n！中有多少个2*5了，又由于因子2出现的频率要远远大于5出现的频率，进而问题简化成了其n！的因式分解中5的幂数。这里有两种方法，一种O（n^2）的和一种O（log n）的：

先来看一下O（n^2）的吧，这种比较容易理解

这种方法呢就是枚举每一个不大于n的数中5的倍数，然后对每一个倍数进行分解，看里面有多少个5，再把这些倍数分解下的5的个数相加，因为是二重循环，故复杂度高一些，时间上会超出一些题目的时间限制。

代码如下：

#include <cstdio>using namespace std;int solve(int n){    int num=0;    for(int i=5;i<=n;i+=5)    {        int j=i;        while(j%5==0)        {            num++;            j/=5;        }    }    return num;}int main(){    int n;    while(scanf("%d",&n)!=-1)      printf("%d\n",solve(n));    return 0;}

另一只O（log n）的算法其实是数论中的东西。

我们知道，对于一个数m，我们要找出不大于m的数中有多少个是5的倍数，那么只需拿m/5即可，商即为5的倍数的数目，所以对于n！来说，我们拿n/5，那么得到的结果就是这n个数中能直接分解出的因子5的个数，但不要忘了，这是直接分解出的因子5，此外，一个数的因子还可能含有25,75,125等等这样的数，同理，我们拿n/25，那么就等得到这n个数中能直接分解出的因子25的个数，每次乘5，乘到大于n结束，把这些因子倍数的数目加起来即为n！中一个可以分解出的5的数目，也就是n！末尾零的数目。

代码如下：

#include <cstdio>using namespace std;int solve(int n){    int num=0;    int t=1;    while(t<=n)    {        t*=5;        num+=n/t;    }    return num;}int main(){    int n;    while(scanf("%d",&n)!=-1)      printf("%d\n",solve(n));    return 0;}

 

题目有POJ1401    ZOJ2202