NYOJ 84 阶乘的0

阶乘的0

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难度： 3

描述

计算n!的十进制表示最后有多少个0

输入

第一行输入一个整数N表示测试数据的组数(1<=N<=100)
每组测试数据占一行，都只有一个整数M(0<=M<=10000000)

输出

输出M的阶乘的十进制表示中最后0的个数
比如5!=120则最后的0的个数为1

样例输入

6
3
60
100
1024
23456
8735373

样例输出

0
14
24
253
5861
2183837

计算公式

这里先给出其计算公式，后面给出推导过程。
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）。

问题分析
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）。

计算举例
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：

迭代法也称辗转法，是一种不断用变量的旧值递推新值的过程，跟迭代法相对应的是直接法，即一次性解决问题。迭代法又分为精确迭代和近似迭代。“二分法”和“牛顿迭代法”属于近似迭代法。迭代算法是用计算机解决问题的一种基本方法。它利用计算机运算速度快、适合做重复性操作的特点，让计算机对一组指令（或一定步骤）进行重复执行，在每次执行这组指令（或这些步骤）时，都从变量的原值推出它的一个新值。