阶乘中最低位0的个数&二进制表示中最低位1的位置

/***************************问题描述************************** 
1. 给定一个整数N，那么N的阶乘N!末尾有多少个0？ 
2. 求N!的二进制表示中最低位1的位置 
*************************************************************/  
  
  
  
/************************问题1思路**************************** 
N!=K*power(10,M)，K不能被10整除，则N!末尾有M个0。对N!进行质因数 
分解，有N!=power(2,X)*power(3,Y)*power(5,Z)*...，由于10=2×5， 
因此N!有多少个0显然只与X，Z有关，易得M=min(X,Z)，因为2出现的频率 
大于等于5，所以M=Z，即问题化简为求N!中5的个数 
*************************************************************/  
  
/***********************解法1：直接暴力********************** 
遍历i=1,2,...,N中每个因子包含5的个数，然后相加 
************************************************************/  
  
int findNumof5v1(int N){  
    int count=0;  
    for(int i=1;i<=N;i++){  
        int j=i;  
        while(j%5==0){  
            count++;  
            j/=5;  
        }  
    }  
    return count;  
}  
  
/**********************解法2：***************************** 
Z=小于N的数中是5的倍数的个数+25的倍数的个数+125的倍数的个数... 
即Z=[N/5]+[N/(5*5)]+[N/(5*5*5)]+... 
***********************************************************/  
int findNumof5v2(int N){  
    int count=0;  
    while(N){  
        count += N/5 ;  
        N /=5 ;  
    }  
    return count;  
}  
  
/*************************问题2思路*************************** 
跟问题1类似，可以先求出N!中2的个数（因为每存在一个2，则在数的 
最低位多1个0）。因此求1的最低位的位置即为N!中2的个数+1； 
*************************************************************/  
int lowestOnePos(int N){  
    int count=0;  
    while(N){  
        count += N/2 ;  
        N /= 2;  
    }  
    return count + 1 ;  

}  

 求一个数的二进制表示中1的个数

/**************问题描述************ 
求二进制数中1的个数 
**********************************/  
  
#include<iostream>  
using namespace std;  
  
/****************解法一：直接除2******************* 
对num除以2，余数为1则result加1，时间复杂度为O(logv) 
v为num的二进制位数 
**************************************************/  
int Count1(int num){  
    int result=0;  
    while(num){  
        if(num %2 ==1){  
            result++;  
        }  
        num /=2;  
    }  
    return result;  
}  
  
/******************解法二：使用位操作************* 
对num使用位运算，将num与0x01做位与，为1则result加1 
时间复杂度为O(logv)，v为num的二进制位数 
*************************************************/  
int Count2(int num){  
    int result=0;  
    while(num){  
        result += num&1 ;  
        num >>= 1;  
    }  
    return result;  
}  
  
/***************解法三：光考虑1的个数************ 
例如对num=15=1111, 
num=num&(num-1)=1111&1110=1110,result=1; 
num=num&(num-1)=1110&1101=1100,result=2; 
num=num&(num-1)=1100&1011=1000,result=3; 
num=num&(num-1)=1000&0111=0000,result=4; 
时间复杂度O(M)，M为num的位数 
*************************************************/  
int Count3(int num){  
    int result=0;  
    while(num){  
        num &= (num-1);  
        result ++;  
    }  
    return result;  
}  
  
/***************解法四：时空折中***************** 
假设知道输入的num为几位数的话，可以预先存好每个数 
有多少个1，然后到时候直接查询即可。这样需要多申请 
2^n那么大的数组来保存，但是时间复杂度为O(1) 
*************************************************/  
#define MAIN  
#ifdef MAIN  
int main(){  
    int num=16;  
    int result=Count1(num);  
    cout<<"Result1: "<<result<<endl;  
    cout<<"Result2: "<<Count2(num)<<endl;  
    cout<<"Result3: "<<Count3(num)<<endl;  
    system("PAUSE");  
    return 0;  
}  
#endif