阶乘浅析poj1150 3406 zoj1222 2358

阶乘问题分为几类：

1.求阶乘末尾0的个数，，直接除以5，累加即可。

2.求阶乘的结果一共有多少位，stirling公式：n！≈sqrt(2*PI*n) * (n/e)^n，直接取以10为底的对数，整数部分即为位数。http://poj.org 第1423题

3.求阶乘的最后非零位，这类问题比较复杂，专题中我们着重讨论这个问题

 

首先看POJ1150

题目大意：求n的m排列的最后非零位。

题目分析：n的m排列即P(n,m)=n!/(n-m)!，所以这题是求两个阶乘商的最后非零位。我们处理阶乘时一般是逐个处理。首先看普遍性的对于一个数n的阶乘，我们如何处理它的末尾非零位。

10的因子是2和5，这两个数不属于模10的缩系，所以我们在处理数时要剔除掉这两个因子，剔除所有数中含5和2这两个因子。

首先我们用f(n,x)表示小于等于n的数中，末尾位x的数的个数。n我们可以分解为1,3,5,7,9...  2,4,6,8,10...

因为我们将偶数中的2因子剔除了，所以2,4,6,8,10...实际上又变成了1,3,5,7,9...

所以我们可以得到递推式f(n,x)=f(n/2,x)+g(n,x)，g(n,x)表示的是小于等于n的奇数中尾数为x的数的个数。

那么g(n,x)怎么求呢，首先n/10必定是其中一部分，其次要看n>=x是否成立，成立就加1，不成立就不加。最后一点要注意，我们在奇数中还有汗5因子的数，所以要剔除掉5这个因子，比如5 15 25 35 45... 剔除了5之后又变成了1 3 5 7 9...，所以g(n,x)=n/10+(n%10>=x)+g(n/5,x)。

有了这两个递推式再加上求5因子和2因子个数的递归除法，我们很快就能得到2因子个数，5因子个数，末尾位3 7 9因子的个数。下面我们要列个循环表mod2[4]={6,2,4,8},mod3[4]={1,3,9,7},mod7[4]={1,7,9,3},mod9[4]={1,9,1,9}，表示的是各个因子自己相乘时尾数的循环节，这里要特别注意一点，由于2非模10的缩系，所以2^0=1，这一点要格外注意，所以只有它循环节不是从0开始，0要单独处理。因为n-m的阶乘必定是n的阶乘的子集，所以我们可以直接用因子数相减即可。

#include 
#include 
#include 
using namespace std;
int cnt[8];
int mod2[4]={6,2,4,8};
int mod3[4]={1,3,9,7};
int mod7[4]={1,7,9,3};
int mod9[4]={1,9,1,9};
int getpow(int n,int k)
{
	int sum=0;
	while(n)
	{
		sum+=n/k;
		n/=k;
	}
	return sum;
}
int g(int n,int k)
{
	if(n==0)return 0;
	return n/10+(n%10>=k)+g(n/5,k); 
}
int get(int n,int k)
{
	if(n==0)return 0;
	return get(n/2,k)+g(n,k);
}
int main()
{
	int n,m;
	while(~scanf("%d%d",&n,&m))
	{
		int res=1;
		memset(cnt,0,sizeof(cnt));
		cnt[2]=getpow(n,2)-getpow(n-m,2);
		cnt[5]=getpow(n,5)-getpow(n-m,5);
		cnt[3]=get(n,3)-get(n-m,3);
		cnt[7]=get(n,7)-get(n-m,7);
		cnt[9]=get(n,9)-get(n-m,9);
		if(cnt[2]>cnt[5]){res*=mod2[(cnt[2]-cnt[5])%4];}
		else if(cnt[2]

 

再来看POJ3406

求n!/(m!*(n-m)!)的最后非零位

与上题一样，但是由于m的阶乘和n-m的阶乘的乘积并不是n的阶乘的子集，但是我们可以通过观察发现，只有n的阶乘中3的个数会少于m的阶乘和n-m的阶乘3的数目之和，但是我们不要担心，这个时候我们可以通过将n的阶乘中的9的个数分解得到。还有一种方法是再多加一个循环模（我表示不理解）

#include 
#include 
#include 
using namespace std;
int cnt[8];
int mod2[4]={6,2,4,8};
int mod3[4]={1,3,9,7};
int mod7[4]={1,7,9,3};
int mod9[4]={1,9,1,9};
int getpow(int n,int k)
{
	int sum=0;
	while(n)
	{
		sum+=n/k;
		n/=k;
	}
	return sum;
}
int g(int n,int k)
{
	if(n==0)return 0;
	return n/10+(n%10>=k)+g(n/5,k); 
}
int get(int n,int k)
{
	if(n==0)return 0;
	return get(n/2,k)+g(n,k);
}
int main()
{
	int n,m;
	while(~scanf("%d%d",&n,&m))
	{
		int res=1;
		memset(cnt,0,sizeof(cnt));
		cnt[2]=getpow(n,2)-getpow(n-m,2)-getpow(m,2);
		cnt[5]=getpow(n,5)-getpow(n-m,5)-getpow(m,5);
		cnt[3]=get(n,3)-get(n-m,3)-get(m,3);
		cnt[7]=get(n,7)-get(n-m,7)-get(m,7);
		cnt[9]=get(n,9)-get(n-m,9)-get(m,9);
		cnt[3]+=cnt[9]*2;cnt[9]=0;
		if(cnt[2]>cnt[5]){res*=mod2[(cnt[2]-cnt[5])%4];}
		else if(cnt[2]

最后看一个BT题ZOJ1222

这题在很多OJ上都有，只不过数量级很小，可以用上面的方法轻松ac，但是这题据说输入是一个字符串，可能有100+位，所以面对如此高精度大数，要用新的方法来解决。

思路不变，还是以2和5为核心，把每个数最后的尾数乘起来，只是由于数的极速扩大，我们不能用原来的递归求解了，要用到一个循环节：int mod[10]={1,1,2,6,4,4,4,8,4,6};这个表示从0乘到9（将5换为1）的非0尾数。当n<5时，直接输出mod[n].我们要去掉尾数0，就要去掉相同数量的2和5，我们发现2的个数是远远多于5的个数，并且因子2的数目是最多的，所以最后得到的结果一定是一个偶数，于是存在这样一个特殊的尾数除法：2/2=6,4/2=2,6/2=8,8/2=4。同时在除以2的个数时，还是由于2的个数比较多的原因，是存在一个除法的循环节的，循环节的长度为4.并且这10个尾数相乘为6，当n>10时，我们可以得到一个公式：

此时我们就可以应用这个公式进行求解了，值得注意的是n是一个非常大的数，在除以5的时候我们可以利用高精度除法。

#include 
#include 
#include 
using namespace std;
char str[1001];
int mod[10]={1,1,2,6,4,4,4,8,4,6};
int a[1001];
int getAns(int cnt)
{
	if(cnt==1&&a[0]<5)return mod[a[0]];
	int res=0;
	int w=a[0];
	for(int i=cnt-1;i>=0;--i)
	{
		res=res*10+a[i];
		a[i]=res/5;
		res=res%5;
	}
	if(a[cnt-1]==0)--cnt;
	int m=(a[1]*10+a[0])%4;
	int tmp=getAns(cnt)*mod[w]*6%10;
	while(m--)
	{
		if(tmp==2)tmp=6;
		else if(tmp==6)tmp=8;
		else tmp/=2;
	}
	return tmp;

}
int main()
{
	while(~scanf("%s",str))
	{
		int len=strlen(str);
		memset(a,0,sizeof(a));
		for(int i=0;i

 

4.数字n是否可以表示为若干个不同的阶乘的和

实际上这个问题跟数论无关，是一道搜索的问题http://acm.zju.edu.cn的第2358题，由于n比较小，只可能是0!~9!的数字和，所以可以直接用dfs搜索。

#include 
#include 
#include 
#include