N!的末尾有几个零以及二进制表示最右边1的位置

问题一：求n！后面有多少个0。

        N的阶乘可以分解为： 2的X次方，3的Y次方，4的5次Z方，.....的成绩。由于10 = 2 * 5,所以M只能和X和Z有关，每一对2和5相乘就可以得到一个10，于是M = MIN(X,Z),不难看出X大于Z，因为被2整除的频率比被5整除的频率高的多。所以可以把公式简化为M=Z.

 由上面的分析可以看出，只要计算处Z的值，就可以得到N!末尾0的个数。

令f(x)表示正整数x末尾所含有的“0”的个数，则有：

      当0 < n < 5时，f(n!) = 0;

      当n >= 5时，f(n!) = k + f(k!), 其中 k = n / 5（取整）。

 显然，对于阶乘这个大数，我们不可能将其结果计算出来，再统计其末尾所含有的“0”的个数。所以必须从其数字特征进行分析。下面我们从因式分解的角度切入分析。

    我们先考虑一般的情形。对于任意一个正整数，若对其进行因式分解，那么其末尾的“0”必可以分解为2*5。在这里，每一个“0”必然和一个因子“5”相对应。但请注意，一个数的因式分解中因子“5”不一定对应着一个“0”，因为还需要一个因子“2”，才能实现其一一对应。

    我们再回到原先的问题。这里先给出一个结论：

    结论1： 对于n的阶乘n！，其因式分解中，如果存在一个因子“5”，那么它必然对应着n！末尾的一个“0”。

    下面对这个结论进行证明：

    (1)当n < 5时, 结论显然成立。

    (2)当n >= 5时，令n！= [5k * 5(k-1) * ... * 10 * 5] * a，其中 n = 5k + r (0 <= r <= 4)，a是一个不含因子“5”的整数。

    对于序列5k, 5(k-1), ..., 10, 5中每一个数5i(1 <= i <= k)，都含有因子“5”，并且在区间(5(i-1),5i)(1 <= i <= k)内存在偶数，也就是说，a中存在一个因子“2”与5i相对应。即，这里的k个因子“5”与n！末尾的k个“0”一一对应。

    我们进一步把n！表示为：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，得出结论1。

    

    上面证明了n的阶乘n！末尾的“0”与n！的因式分解中的因子“5”是一一对应的。也就是说，计算n的阶乘n！末尾的“0”的个数，可以转换为计算其因式分解中“5”的个数。

    令f(x)表示正整数x末尾所含有的“0”的个数, g(x)表示正整数x的因式分解中因子“5”的个数，则利用上面的的结论1和公式1有：

       f(n!) = g(n!) = g(5^k * k! * a) = k + g(k!) = k + f(k!)

所以，最终的计算公式为：

    当0 < n < 5时，f(n!) = 0;

    当n >= 5时，f(n!) = k + f(k!), 其中 k = n / 5（取整）。

代码如下：

int LowestZeros2(int N)
{
	int ret = 0;
	while (N)
	{
		ret += N /5;
		N /= 5;
	}
	return ret;
}

原始的求5的指数代码：

int LowestZeros(int N)
{
	int ret = 0;
	for(int i = 1;i <= N; i++)
	{
		int j = i;
		while(j % 5 == 0)
		{
			ret++;
			j /= 5;
		}
	}
	return ret;
}

问题二：求N!的二进制表示中最低位1的位置。

同上即为求N!中质因数2的个数，利用与上相同的思路，可以得到如下代码：

int LowestOne(int N)
{
	int  ret = 0;
	while(N)
	{
		N >>= 1;
		ret += N; 
	} 
	return ret;
}

测试：

int main()
{
	printf("%d\n",factorial(9));
	printf("%d\n",LowestZeros(25));
	printf("%d\n",LowestZeros2(25));
	printf("%d\n",LowestOne(25));
	getchar();	
}

结果：

362880
6
6
22

REF:

1,http://blog.youkuaiyun.com/niushuai666/article/details/6695790

2,编程之美