n!最右非零数字

注此文大部分来自luoyuchu的blog
+ ##Description:

给出正整数N（可能有前导0），请求出N!最右非零的数位的值

+ ##Range:

n<=10^100

+ HDU1066 弱化问题USACO 3.2.1
以前做USACO暴力水过了 这是多么的愚昧于是我去学习了一下
考虑虑到末位的0 是由于 2 * 5 这样的运算而产生的，那么我们把2与5成对的剔除就不会出现精度问题了？
其实问题还可以继续深入思考。我们考虑在 10^1000 下如何解决问题
我们考虑一个分组问题
我们按10 分组 这样是可以做的
我们任然可以按 奇偶分组，仍然是可以做的
任然还有按20分组的方案来自吉大的模板
这道题其实就是抓住分组利用规律 进而利用一张小表 推出大表 这种思想是极好的

• ##Solution:
  ####若设答案为x，如果用C表示 [n/5] + [n/25] + [n/125] + …, 那么需要求的是下面的同余方程

n!≡x×10c(mod10c+1)

####*10^(c+1)*可分解为*2^(c+1)*与*5^(c+1)*即为

n!≡x×5c×2c(mod2c+1)
n!≡x×2c×5c(mod5c+1)

####当 n > 1 时所有的偶数都是上面的方程组中第一个方程的解,而且, n > 1 时第一个方程没有奇数解,因此 n > 1 时只需要虑第二个方程的符合 0 < x <9 的偶数解:

n!≡x×2c×5c(mod5c+1)

####用 h(n) 表示 所有与 5 互素且不大于 n 的正整数的连乘积, 则 n! 可以表为

h(n)×5[n/5]×h([n/5])×5[n/25]×h([n/25])×5[n/125]×h([n/125])×…

####代入方程,消去 5 的乘方后得到下面的同余方程

h(n)×h([n/5])×h([n/25])×…≡x×2c(mod5)

####由于 3 * 2 ≡ 1 (mod5), 因此方程变为

3c×h(n)×h([n/5])×h([n/25])×…≡x(mod5)

####由 Euler-Fermat 公式知( % 表示求模运算 )

3c≡3(cmod4)(mod5)

####由 Wilson 定理有

h(n)≡(−1)([n/5])×(nmod5)!(mod5)

####把上面两式代入 (c) 就得到了 

3(cmod4)×(−1)c×(nmod5)!×([n/5]mod5)!×([n/25]mod5)!×…≡x(mod5)

####于是就可以通过O(logn)的时间求出答案

• ##my_code:

#include <cstdio>#include <iostream>#include <algorithm>#include <cstring>#include <cstdlib>#include <ctime>#define dig(...) fprintf(stderr, __VA_ARGS__)#define REP(i, n) for (int i = 1, _end_ = (n); i <= _end_; ++i)const int mod = 10000;const int maxs = 105;const int pp[5] = {1, 6, 2, 8, 4};using namespace std;struct Bignum{    int w;    int t[maxs];    Bignum() {w = 0, memset(t, 0, sizeof(t));}};Bignum operator + (const Bignum &a, const Bignum &b){    Bignum s;    s.w = max(a.w, b.w);    for (int i = 1; i <= s.w; ++i) s.t[i] = a.t[i] + b.t[i];    for (int i = 1; i <= s.w; ++i)    {        if (i == s.w && s.t[i] >= mod) ++s.w;        s.t[i + 1] += s.t[i] / mod;        s.t[i] %= mod;    }    return s;}void divide(Bignum &s, int b, int &my){    for (int i = s.w; i >= 1; --i)    {        s.t[i - 1] += mod * (s.t[i] % b);        s.t[i] /= b;        if (i == s.w && s.t[i] == 0) --s.w;    }    my = s.t[0] / mod;    s.t[0] = 0;}int Ans = 1;int n;Bignum source;void test(Bignum source){    printf("%d", source.t[source.w]);    for (int i = source.w - 1; i >= 1; --i) printf("%04d", source.t[i]);    printf("----%d\n", source.w);}void Init(){    char t;    int k;    int w = 0;    int num[maxs] = {0};    memset(source.t, 0, sizeof(source.t));    Ans = 1;    while ((t = getchar()) < '1' || t > '9');    do num[++w] = t - '0'; while((t = getchar()) >= '0' && t <= '9');    REP(i, w / 2) swap(num[i], num[w - i + 1]);    for (int i = 1; i <= w; i += 4)    {        k = 0;        for (int j = i + 3; j >= i; --j) k = k * 10 + num[j];        source.t[i / 4 + 1] = k;    }    source.w = (w + 3) / 4;}void Work(){    int my;    Bignum c;    Bignum s = source;    do    {        divide(s, 5, my);        c = c + s;        REP(i, my) Ans *= i; Ans %= 5;    }while (s.w);    if (c.t[1] & 1) Ans *= -1;    divide(c, 4, my);    REP(i, my) Ans *= 3; Ans = (Ans + 1000) % 5;    if (source.w == 1 && source.t[1] == 1) cout << pp[0] << endl;    else cout << pp[Ans] << endl;}int main(){    int T;    freopen("a.in", "r", stdin);    freopen("a.out", "w", stdout);    scanf("%d", &T);    while (T--)        {        Init();        Work();    }    fclose(stdin);    fclose(stdout);    return 0;}