Codeforces Round #538 C. Trailing Loves (or L'oeufs?)（求 n！ 转化为 b 进制下末尾有多少个 0.）

题目 https://codeforces.com/contest/1114/problem/C

思路

求 n！ 转化为 b 进制下末尾有多少个 0.

解题思路：

原题：swjtuOJ 2090

这是一道很好的数论题。

首先转换一下思路：

要求 n! 在 b 进制下有多少个尾 0 就相当于 求 n! % (b^k) == 0 的最大 k。

那么我们现在把 n! 看作一个数 A。问题就是 求 A % (b^k) == 0 的最大 k;

我们知道有素数分解定理： b = p1^a1 * p2^a2 * p3^a3 ...；

那么我们如果可以求得 A 里面 p1^b1 * p2^b2 * p3^b3 ...  的 b1, b2, b3...

那么答案 ans = min(ans, ai/bi ) 了也就是要整除，首先要满足最小的那个能整除。

 

(1)首先对 b 进行素因子分解，直接暴力（log b）, 用一个数组离散化形成该素因子的编号和该素因子的幂的映射 或者 用map存储该素因子的幂，得到所有素因子以及素因子的幂 

(2)对于每一个素因子p，计算对应的 A（即 n! ) 中素因子p的幂，两者相除取所有p幂的最小值就是对应的最大整数。

 

这里求 n! 下 素因子 p 的幂 用累除法，因为存在推论：

n！ 下 p 的幂 = [ n/p ] + [ n/(p^2) ] + [ n/(p^3) ]  ...

代码

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
typedef long long ll;

const int MAXN = 2e6+1000;
ll N, B;
vector<ll>prime;
map<ll, int>mmp;
void get_p(ll n)
{
    ll len = sqrt((double)n);
    for(ll i = 2; i <= len; i++){
        if(n%i == 0){
            prime.push_back(i);
            while(n%i == 0){
                n/=i;
                mmp[i]++;
            }
        }
    }
    if(n != 1){
        prime.push_back(n);
        mmp[n]++;
    }
}

ll calc(ll n, ll p)
{
    ll res = 0;
    while(n){
        res += n/p;
        n/=p;
    }
    return res;
}

int main()
{
    ll sum = 1ll;
    scanf("%lld %lld", &N, &B);
    get_p(B);
    ll ans = (1ll<<62);
    for(ll i = 0; i < prime.size(); i++){
        ans = min(ans, calc(N, prime[i])/mmp[prime[i]]);
    }

    printf("%I64d\n", ans);
    return 0;
}