POJ1150 The Last Non-zero Digit - 數論 - 模運算

The Last Non-zero Digit

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Description

In this problem you will be given two decimal integer number N, M. You will have to find the last non-zero digit of the NPM.This means no of permutations of N things taking M at a time.

Input

The input contains several lines of input. Each line of the input file contains two integers N (0 <= N<= 20000000), M (0 <= M <= N).

Output

For each line of the input you should output a single digit, which is the last non-zero digit of NPM. For example, if NPM is 720 then the last non-zero digit is 2. So in this case your output should be 2.

Sample Input

10 10
10 5
25 6

Sample Output

8
4
2

 
 

題目大概意思：

求組合數 $C_N^M$ 在十進制下的末尾非零位的值。其中 $0≤M≤N≤2×10^7$ .

 
 

分析：

首先容易想到時間複雜度爲 $O(n)$ 的算法：

先計算出 $C_N^M$ 的質因子 $2$ 與 $5$ 的指數，分別記爲 $cnt_2,cnt_5$ ，則 $C_N^M$ 的因子 $10$ 的指數爲 $\min(cnt_2,cnt_5)$ ，記爲 $cnt_{10}$ ，那麼 ${(\prod_{i=N-M+1}^N{i})}/{10^{cnt_{10}}}\mod10$ 即爲所求，再線性地計算 $\frac{\prod_{i=N-M+1}^N{i}}{10^{cnt_{10}}}$ 其中在逐個相乘的過程中，用每一次儘可能令當前的 $i$ 除以 $2$ 與 $5$ ，直到 $2$ 與 $5$ 都除夠了 $cnt_{10}$ 次。

然而 $N$ 的取值範圍較大，且題目爲多組案例，這樣的解法無法達到時間要求。
 

接下來我們思考，當一個數 $x$ 乘以另外一個數 $y$ 後， $x$ 的末尾非零位會如何變化：

1. 如果 $y$ 的末尾是 $0$ 或 $1$ 則乘以這個數無論如何都不會對末尾非零位造成影響
2. 如果 $y$ 的末尾是 $\{3,7,9\}$ 中的一個，則 $(xy)\mod{10}=(x\mod10)·(y\mod10)\mod10$ ，即 $xy$ 的末尾非零位就等於 $x$ 的末尾非零位與 $y$ 的末尾的乘積的末尾
3. 如果 $y$ 的末尾是 $\{2,4,6,8\}$ 中的一個，若 $x$ 不是 $5$ 的倍數，則與第 $2$ 種情況相同
4. 同理，如果 $y$ 的末尾是 $5$ ，若 $x$ 不是 $2$ 的倍數，則與第 $2$ 種情況相同

因此如果我們能得到區間 $[N-M,M]$ 中的每一個整數在除去因子 $2$ 與因子 $5$ 後的末尾位（這些末尾位只可能是 $\{1,3,7,9\}$ 中的一個），那麼讓這些末尾位在$\mod10$ 的狀態下相乘得到 $x&#x27;$ ，在讓 $x&#x27;$ 乘以 $cnt_2-cnt_{10}$ 個 $2$ ，$cnt_5-cnt_{10}$ 個 $5$ 得到 $x$ （實際上只乘了 $2$ 或 $5$ 中的一個若干次，因爲 $cnt_{10}=\min(cnt_2,cnt_5)$），則 $x$ 的末尾就是所求了。在計算 $x&#x27;$ 的過程中，始終滿足前兩種情況，即只乘 $\{1,3,7,9\}$ ；在由 $x&#x27;$ 計算 $x$ 的過程中，始終滿足後兩種情況，因爲 $x$ 不會同時是 $2$ 與 $5$ 的倍數。因此， $C_N^M$ 的末尾非零位的值就等於以上這些數的末尾在$\mod10$ 的狀態下相乘。

其中 $cnt_2$ 與 $cnt_5$ 可以通過計算 $N!$ 的質因子指數與 $(N-M)!$ 的質因子指數相減得到，而 $N!$ 的質因子 $f$ 的指數可以以如下方式計算出來：（證明略）

// 計算 x! 的質因子 f 的指數
int cnt_fact(int x, const int f)
{
	int res = 0;
	while (x)
	{
		res += x / f;
		x /= f;
	}
	return res;
}

 
 
接下來考慮除去因子 $2,5$ 後末尾爲 $\{1,3,7,9\}$ 的數的個數的計算，不妨分別記爲 $cnt_1,cnt_3,cnt_7,cnt_9$ . 由於個數的可加性，計算區間 $(N-M,N]$ 中的 $cnt_k$ 同樣可以通過區間 $[1,N]$ 的個數減去 $[1,N-M]$ 的個數得到。

由於我們只需要計算區間 $(N-M,N]$ 中每一個整數在除去因子 $2$ 與因子 $5$ 後的末尾位的乘積，因此無需對區間中的每一個數進行計算，只需計算區間中的數在除去因子 $2,5$ 後以 $1,3,7,9$ 爲末尾的個數即可。

那麼如何計算區間 $[1,N]$ 中的數除去因子 $2,5$ 後以 $1,3,7,9$ 爲末尾的個數呢？

首先考慮區間中奇數的計算，對於那些末尾爲 $k$ 的數，可以直接計入統計，而對於末尾爲 $5$ 的，則需要除以 $5$ 後再進行判斷，如果這些末尾爲 $5$ 的數的集合中的每個數除以 $5$ 後，仍存在末尾爲 $5$ 的，則需要再除以 $5$ ，因此可以遞歸地進行判斷，如下爲代碼：

// 計算所有≤x的奇數在除去因子5後, 以 end(end∈{1,3,7,9}) 結尾的數的個數
int cnt_odd_end(int x, int end)
{
	if (x < end) return 0;
	return x / 10 + (x % 10 >= end) + cnt_odd_end(x / 5, end);
}

 
而對於區間中的偶數，由於我們統計的是除去因子 $2$ 與 $5$ 後的末尾位，因此只需將這些數全部除以 $2$ 後將偶序列轉化爲奇偶交替的序列，並把奇序列用 $cnt\_odd\_end$ 函數統計，偶序列遞歸處理即可，如下爲代碼：（這裏省去了對偶序列的單獨處理，而是直接寫爲了對整個序列的處理）

// 計算所有≤x的數在除去因子2和5後, 以 end(end∈{1,3,7,9}) 結尾的數個數
int cnt_end(int x, const int end)
{
	if (x < end) return 0;
	return cnt_odd_end(x, end) + cnt_end(x / 2, end);
}

 
 
在最後將所有數乘在一起的時候，可以採用快速冪的方法降低時間複雜度。在整個算法中，統計 $cnt_2$ 與 $cnt_5$ 的時間複雜度是 $O(\log_2{N})$ ；計算以 $\{1,3,7,9\}$ 爲末尾的個數時， $cnt\_end$ 函數遞歸調用了 $\log_2N$ 次，每一次會調用一次 $cnt\_odd\_end$ ，而 $cnt\_odd\_end$ 函數的時間複雜度是 $O(\log_2N)$ . 因此算法的總時間複雜度是 $O(\log_2^2{N})$ .

 
 
下面貼出完整代碼：

#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;


int cnt_fact(int x, const int f);
int cnt_end(int x, const int end);
int cnt_odd_end(int x, int end);
int mod_pow(int x, int p, const int m);

int main()
{
	int N, M;
	while (~scanf("%d%d", &N, &M))
	{
		int cnt2 = cnt_fact(N, 2) - cnt_fact(N - M, 2);
		int cnt5 = cnt_fact(N, 5) - cnt_fact(N - M, 5);

		int end3 = cnt_end(N, 3) - cnt_end(N - M, 3);
		int end7 = cnt_end(N, 7) - cnt_end(N - M, 7);
		int end9 = cnt_end(N, 9) - cnt_end(N - M, 9);

		int cnt10 = min(cnt2, cnt5);
		cnt2 -= cnt10;
		cnt5 -= cnt10;

		int res = mod_pow(3, end3, 10) * mod_pow(7, end7, 10) * mod_pow(9, end9, 10) * mod_pow(2, cnt2, 10) * mod_pow(5, cnt5, 10) % 10;
		printf("%d\n", res);
	}
	return 0;
}

// 計算 x! 的質因子 f 的指數
int cnt_fact(int x, const int f)
{
	int res = 0;
	while (x)
	{
		res += x / f;
		x /= f;
	}
	return res;
}

// 計算所有≤x的數在除去因子2和5後, 以 end(end∈{1,3,7,9}) 結尾的數個數
int cnt_end(int x, const int end)
{
	if (x < end) return 0;
	return cnt_odd_end(x, end) + cnt_end(x / 2, end);
}

// 計算所有≤x的奇數在除去因子5後, 以 end(end∈{1,3,7,9}) 結尾的數的個數
int cnt_odd_end(int x, int end)
{
	if (x < end) return 0;
	return x / 10 + (x % 10 >= end) + cnt_odd_end(x / 5, end);
}

// 計算 x^p % m
int mod_pow(int x, int p, const int m)
{
	int res = 1;
	while (p)
	{
		if (p & 1)
		{
			res = res * x % m;
		}
		x = x * x % m;
		p >>= 1;
	}
	return res;
}