階乘的0
時間限制：3000 ms | 內存限制：65535 KB
難度：3
- 描述
- 計算n!的十進制表示最後有多少個0
- 輸入
- 第一行輸入一個整數N表示測試數據的組數(1<=N<=100)
每組測試數據佔一行，都只有一個整數M(0<=M<=10000000) - 輸出
- 輸出M的階乘的十進制表示中最後0的個數
比如5!=120則最後的0的個數爲1 - 樣例輸入
-
6 3 60 100 1024 23456 8735373
- 樣例輸出
-
0 14 24 253 5861 2183837
計算公式
這裏先給出其計算公式，後面給出推導過程。令f(x)表示正整數x末尾所含有的“0”的個數，則有：
當0 < n < 5時，f(n!) = 0;
當n >= 5時，f(n!) = k + f(k!), 其中 k = n / 5（取整）。
問題分析
顯然，對於階乘這個大數，我們不可能將其結果計算出來，再統計其末尾所含有的“0”的個數。所以必須從其數字特徵進行分析。下面我們從因式分解的角度切入分析。
我們先考慮一般的情形。對於任意一個正整數，若對其進行因式分解，那麼其末尾的“0”必可以分解爲2*5。在這裏，每一個“0”必然和一個因子“5”相對應。但請注意，一個數的因式分解中因子“5”不一定對應着一個“0”，因爲還需要一個因子“2”，才能實現其一一對應。
我們再回到原先的問題。這裏先給出一個結論：
結論1： 對於n的階乘n！，其因式分解中，如果存在一個因子“5”，那麼它必然對應着n！末尾的一個“0”。
下面對這個結論進行證明：
(1)當n < 5時, 結論顯然成立。
(2)當n >= 5時，令n！= [5k * 5(k-1) * ... * 10 * 5] * a，其中 n = 5k + r (0 <= r <= 4)，a是一個不含因子“5”的整數。
對於序列5k, 5(k-1), ..., 10, 5中每一個數5i(1 <= i <= k)，都含有因子“5”，並且在區間(5(i-1),5i)(1 <= i <= k)內存在偶數，也就是說，a中存在一個因子“2”與5i相對應。即，這裏的k個因子“5”與n！末尾的k個“0”一一對應。
我們進一步把n！表示爲：n！= 5^k * k! * a（公式1），其中5^k表示5的k次方。很容易利用(1)和迭代法，得出結論1。
上面證明了n的階乘n！末尾的“0”與n！的因式分解中的因子“5”是一一對應的。也就是說，計算n的階乘n！末尾的“0”的個數，可以轉換爲計算其因式分解中“5”的個數。
令f(x)表示正整數x末尾所含有的“0”的個數, g(x)表示正整數x的因式分解中因子“5”的個數，則利用上面的的結論1和公式1有：
f(n!) = g(n!) = g(5^k * k! * a) = k + g(k!) = k + f(k!)
所以，最終的計算公式爲：
當0 < n < 5時，f(n!) = 0;
當n >= 5時，f(n!) = k + f(k!), 其中 k = n / 5（取整）。
計算舉例
f(5!) = 1 + f(1!) = 1
f(10!) = 2 + f(2!) = 2
f(20!) = 4 + f(4!) = 4
f(100!) = 20 + f(20!) = 20 + 4 + f(4!) = 24
f(1000!) = 200 + f(200!) = 200 + 40 + f(40!) = 240 + 8 + f(8!) = 248 + 1 + f(1) =249
CODE:
#include<stdio.h>
#include<stdlib.h>
int main()
{
int t,i,n;
scanf("%d",&t);
while(t--)
{
int i=0;
scanf("%d",&n);
while(n)
{
n=n/5;
i+=n;
}
printf("%d\n",i);
}
return 0;
}PS：
迭代法也稱輾轉法，是一種不斷用變量的舊值遞推新值的過程，跟迭代法相對應的是直接法，即一次性解決問題。迭代法又分爲精確迭代和近似迭代。“二分法”和“牛頓迭代法”屬於近似迭代法。迭代算法是用計算機解決問題的一種基本方法。它利用計算機運算速度快、適合做重複性操作的特點，讓計算機對一組指令（或一定步驟）進行重複執行，在每次執行這組指令（或這些步驟）時，都從變量的原值推出它的一個新值。