2、尾部的零

问题描述： 设计一个算法，计算出n阶乘中尾部零的个数。
样例： $11! = 39916800$，因此应该返回 2。
解答（js实现）：

const trailingZeros = function (n) {
    var sum = 0;
    var power = Math.floor(Math.log(n) / Math.log(5));
    for (var i=1;i<=power;i++) {
        sum += Math.floor(n / Math.pow(5, i));
    }
    return sum;
}

分析：思考一个数尾部的零是怎么得来的，乘以10对吧，所以n的阶乘尾部有多少零就可以看成它有多少个10这个因子，而10又可分解为两个质因数相乘 $2\times5$ 。将 $n!$ 分解为质因数相乘的形式，大概是这样：

$$n!=1\times2\times3\times(2\times2)\times5\times(2\times3)\times7\times(2\times2\times2)\times(3\times3)\times(2\times5)...$$ 显然，2的个数会比5的个数多，所以有多少个5就会有多少个10。故而问题就转化为寻找 $n!$ 的结果有多少个5这个因子。
  那么这个怎么找呢？我们看一下上边的等式，现在已经乘到10了，出现了2个5，想象一下继续乘下去的情况，到15时会再出现一个，到20时又会再出现一个，到25时则会出现2个，继续看下去，就会发现一个规律：
  (1) 每逢遇到5的倍数，就会出现一个；
  (2) 每逢遇到5的幂次方的倍数，就会出现5的幂次方的指数个，为了便于计算，我们把遇到5的幂次方的倍数时也算到5的倍数里，这时遇到5的幂次方的倍数就会出现 $(5的幂次方的指数-(5的幂次方的指数-1))$个，也就是1个。
  这样用文字来说会有点绕，我们不妨用代数式说明一下：

• $5$ 的倍数，遇到一次就出现1个5，会遇到 $\frac{n}{5}$ 次，记作 $\frac{n}{5}\times1=\frac{n}{5}$ 个；
• $5^2$ 的倍数，遇到一次就会出现2个5，会遇到 $\frac{n}{5^2}$ 次，但是 $5^2$ 的倍数又包含在 $5$ 的倍数中，所以如果我们按2个算就会每次遇到都多计算1次，因此把那1次减去，就记作 $\frac{n}{5^2}\times(2-1)$ 个；
• $5^3$ 的倍数，遇到一次就会出现3个5，会遇到 $\frac{n}{5^3}$ 次，但是 $5^3$ 的倍数又包含在 $5$ 的倍数和 $5^2$ 的倍数中，所以如果我们按3个算就会每次遇到都多计算2次，因此把那2次减去，就记作 $\frac{n}{5^3}\times(3-2)$ 个；
• $5^4$ 的倍数，同理，可记作 $\frac{n}{5^4}\times(4-3)$ 个；
• 依此类推下去。

  根据以上，我们不难得出一个公式：

$$Sum=\frac{n}{5}+\frac{n}{5^2}+\frac{n}{5^3}+\frac{n}{5^4}+···$$   有了这个公式，问题就容易了，只需求出 $\log_5{n}$，取整，然后将其作为循环次数累加就行了。
  js中有Math.log()函数，返回一个数的自然对数（loge， 即ln）。虽然没有直接求 $\log_5{n}$ 的方法，但 $\log_5{n}=\frac{\ln{n}}{\ln{5}}$，所以n(包括n)以内5的幂次方的最大指数可求得：

var power = Math.floor(Math.log(n) / Math.log(5));

  至此，我们从1开始循环到power，每次循环都加上公式中对应循环次数的项，即可得到结果：

var sum = 0;
for (var i=1;i<=power;i++) {
    sum += Math.floor(n / Math.pow(5, i));
}

总结：由以上的计算方式可以看出，power就是 $\ln{n}$ ，所以符合O(logN)的时间复杂度。在做这道题时，也找了不少资料，很多都提到求Sum的那个公式，但是具体怎么来的都没有很清晰地写思路，于是自己就试了试，期间也跑偏了几次，还好最后自圆其说地归纳出来了，希望对看到的朋友有所帮助。
  另外，还有一种思路也能按O(logN)的时间复杂度实现，这篇博客对于另一种思路写得很清晰，博主很用心，推荐一下 ^-^ 。