尾部的零

尾部的零
设计一个算法，计算出n阶乘中尾部零的个数

样例
样例 1:
输入: 11
输出: 2

样例解释: 
11! = 39916800, 结尾的0有2个。

方案一：是想把阶乘按照阶乘的表达式进行循环，对每一个因数%5进行判断，若有可以被整除的继续%5，这样虽然达到了要求，但是由于太过暴力，导致所给阶乘数较大时超时。代码如下

public static long trailingZeros(long n) {
        if(n==0){
            return 1;
        }else{
            int count = 0;
            int temp = 0;
            for(int j=(int) n;j>0;j--){
            	temp = j;
                for(int k=5;k<=j;k+=0){
                	if(temp%k==0){
                		count++;
                		temp /= 5;
                	}else{
                		break;
                	}
                }
            }
            return count;
        }
    }

方案二、
首先对问题进行转化，末尾的一个0对应一个10，一个10又能分解为2*5，易知所有因数中2的个数远远多于5，故0的个数即为有多少个因数5的个数。
1000！的末尾0的个数
1000/5 + 1000/25 + 1000/125 + 1000/625
= 200 + 40 + 8 + 1
= 249(个)
26！ 的末尾0的个数
26/5 + 26/25 = 6（个）5
从以上两个例子可以发现规律如下：
遍历所有小于等于n（所给阶乘的基数）的5及5的倍数的因数。
再整除所给n，求和便可得到所有5的个数。
代码如下：

public static long trailingZeros(long n) {
		int count = 0;
        for(int i=5;i<=n;i*=5){
        	count += n/i;
        }
        return count;
    }

果然，发现规律之后达到了很好的简化效果。

方案三、然而在已经提高了运行速度的基础上，当给出更大的数时，还是发生了超出时间限制。看来要再次加大循环判断的进度。这次直接去网上搜到了一下方案三的算法。

 public long trailingZeros(long n) {
        long count = 0;
        for(int i = 1; Math.pow(5,i) <= n; i++) {
            count += n / (long)Math.pow(5,i);//注意强制类型转换
        }
        return count;
    }

原文：https://blog.youkuaiyun.com/wutingyehe/article/details/46882181

细致观察之后发现方案二和方案三的循环次数都一样，但是方案三比方案二运行时间要快。有可能是因为幂次运算要比乘法运算速度快的原因吧，要注意。
总结：对此题，首先应该分析并转化问题，然后再由几个特例提取普遍规律。
再进行算法设计。