计算n阶乘中尾部零的个数

侵删

写在前面

本来觉得问题挺容易的，不打算记录，谁知道一不小心，还真没做出来。最终凭借“朴实”的算法思想解决了问题，但是其中的曲折还真是汗颜。科学的思维指导确实必不可少，“野路子”的朴素的战斗理论不论是效率还是后续的算法演进都经不起考验。

这里只是记录一下自己最近两天对此问题的一些想法，目前只能说是解决了问题，并且满足题目要求。据说问题来自《编程之美》，以后刷书本的时候看到原题，如果需要补充的话，再来更新。

And，开始吧~

正文

题目

设计一个算法，计算出n阶乘中尾部零的个数

样例
11! = 39916800，因此应该返回 2

挑战
O(logN)的时间复杂度

题目分析

先说结论，此问题大致有三种思路：第一种算出结果，然后查看末尾的0的个数，效果非常差；第二种，加法操作，从5开始，每次进5，然后判断，效果达不到O(logN)；第三种，每次除5，多次之后结束。
详情如下。

重点分析在算法2和算法3，需要的可以直接跳到这部分查看。

算法1：最朴素

面对此问题，第一反应是直接计算结果：11!=39916800，然后设计程序判断末尾的0的个数，很简单就可以实现。
但是相应的会有很多的问题：
1、计算阶乘的开销
现在只是11的阶乘，都已经很大了，如果是5555550000000的阶乘呢？按照程序的计算结果，末尾会有1388887499996个0，计算开销很值得考虑。
2、溢出
按照上面的介绍，5555550000000的阶乘有1388887499996个0，那么可以推知阶乘的结果会是很大的一个整数，肯定会超出long类型的界限，结果会溢出。这样还要考虑处理溢出问题，又是另一个问题。
3、效率
算法2会涉及到效率问题，会发现即使是算法2也会出现计算时间超出要求的问题，那么更为“朴素”的算法1效率更是可想而知了。
因此，算法1，舍弃。

算法2：以5为迭代步数

算法2分析

仔细的考虑问题，会发现末尾出现的0是10或10的倍数相乘的结果，而10其实是5与偶数相乘。也就是，最终结果中末尾出现的0是5、10、15、20、25…自身或与偶数相乘之后的产生的。下面可以分为偶数和5的倍数分析。

首先考虑偶数。
考虑2的幂次项2、4、8…中的2的个数，发现2的幂指数的增长速度远比5的幂指数增长的快，更不用说其他的普通偶数6、12、14…。因此可以认为有足够的偶数与奇数形式的5的倍数相乘产生足够的0。所以我们后面只考虑5的倍数。

接着考虑5的倍数。

1、2、3、4、5、6、7、8、9、10、11...

• 1

其实1、2、3、4、6、7…都是可以不用考虑的，因此选择以5为迭代步数即可。
首先，这些数字都可以不用进行%5（对5取余数）运算，因此每次循环时可以直接将函数的count变量直接加1。其次，考虑25、125、625…等5的幂次项，因为他们每一个都可以在与偶数相乘之后产生多个0。因此，设置一个循环体，判断是多少幂次项，并将结果加进count。
综上所述，可以编写代码如下：

算法2代码

class Solution:
    """
    @param: n: An integer
    @return: An integer, denote the number of trailing zeros in n!
    """
    def trailingZeros(self, n):
    

        a=0
        # write your code here, try to do it without arithmetic operators.
        for i in range(5,n+1,5):
            while i%5==0:
                a+=1
                i=i//5
        return a
       
if __name__=='__main__':
    result=Solution().trailingZeros(11)
    print(result)

代码很简单，不再解释。
但是效率很差，分析发现代码的时间复杂度实际是O(N/5)~=O(N)，达不到要求的O(logN)。
算法2虽然可以解决问题，但考虑执行效率，算法2应该舍弃。

算法3：科学思想

反思&对比

这个算法真的是感触很深，对平时很多习以为常的公式、道理有了非常直观的认识，因此对自己的冲击很大，也促进了思考的进步。

提交算法2的代码，发现前面的简单测试都能通过，但是数值5555550000000测试失败。特别是实现了时间复杂度O(logN)的算法3之后，才发现两者时间开销差别真的是很大。

重新分析

1、2、3、4、5、6、7、8、9、10、11、...

• 1

1、分析上面的数列可知，每5个数中会出现一个可以产生结果中0的数字。把这些数字抽取出来是：

...、5、...、10、...、15、...、20、...、25、...

• 1

这些数字其实是都能满足5*k的数字，是5的倍数。统计一下他们的数量：n1=N/5。比如如果是101，则101之前应该是5,10,15,20,...,95,100共101/5=20个数字满足要求。

整除操作满足上面的数量统计要求。

2、将1中的这些数字化成5*(1、2、3、4、5、...)的形式，内部的1、2、3、4、5、...又满足上面的分析：每5个数字有一个是5的倍数。抽取为：

...、25、...、50、...、75、...、100、...、125、...

• 1

而这些数字都是25的倍数（5的2次幂的倍数），自然也都满足5*k的要求。
这些数字是25、50、75、100、125、...=5*(5、10、15、20、25、...)=5*5*(1、2、3、4、5、...)，内部的1、2、3、4、5、...又满足上面的分析，因此后续的操作重复上述步骤即可。
统计一下第二次中满足条件的数字数量：n2=N/5/5，101/25=(101/5)/5=4。
因为25、50、75、100、125、...它们都满足相乘后产生至少两个0，在第一次5*k分析中已经统计过一次。对于N=101，是20。因此此处的5*5*k只要统计一次4即可，不需要根据25是5的二次幂统计两次。
后面的125,250,...等乘积为1000的可以为结果贡献3个0的数字，只要在5*5*k的基础上再统计一次n3=((N/5)/5)/5即可。

3、第三次
其实到这里已经不用再写，规律已经很清楚了。对于例子N=101，只要根据规律进行101/125=((101/5)/5)/5=4/5=0，退出统计。因此最终结果是20+4=24。计算结束。

算法3代码

下面编写打码实现上面的思想。

class Solution:
    """
    @param: n: An integer
    @return: An integer, denote the number of trailing zeros in n!
    """
    def trailingZeros(self, n):
        a=0
        while n//5!=0:
            a=a+n//5
            n=n//5
        return a
if __name__=='__main__':
    result=Solution().trailingZeros(11)
    print(result)

代码分析：
算法中每次循环均有除以5的操作，也就是每次都会将所要处理的数据量缩小至上一次的1/5，容易推知时间复杂度为O(logN)。

至此，问题解决。

tips

关于测试代码，按照上一篇文章的介绍，如果使用Main函数调用Solution:trailingZeros()函数，在传入参数较小的时候，不会有什么问题，如下：

public class Test{
    public static void main(String args[]){
        Solution s=new Solution();
        long result=s.trailingZeros(11);
        System.out.println(result);
    }
}

因为11不超过int类型的最大长度，所以并不会报错。但是如果是5555550000000，则会报错:

The literal 5555550000000 of type int is out of range 

• 1

将数值进行强制类型转换也不行：long inNum=(long)5555550000000;。
一种解决方法是使用Scanner直接读取数值。
改进后的代码如下：

public class Test{
    public static void main(String args[]){
        Solution s=new Solution();
        Scanner scanner=new Scanner(System.in);
        long result=s.trailingZeros(scanner.nextLong());
        System.out.println(result);
    }
}

这时输入5555550000000则不会报错。
另外，如果需要的话，可使用System.currentTimeMillis();观察代码执行时间。

小结

从最终的代码来看，问题是挺简单的。之所以折腾这么久都没有切入要害，直接做到真正的时间复杂度为O(logN)的效果，个人觉得是因为从分析题目的时候就没有真正理解O(logN)的真正含义。
类似于二叉搜索树，从根节点开始比较，比根节点小则与左子树比较，比根节点大则与右子树比较，相等或到达叶子节点则退出。如此循环迭代。
每次判断后，下一次可搜索的数据量均为上一次的1/2，如此循环复杂度为O(logN)。

反思

遇到错误和不足就要反思，吸取教训。正视自己的缺点。

下面是个人吐槽时间，吃瓜子的观众可以有序退场了。

应该来讲，本题的最终目的是要做到O(logN)。分析题目的时候从O(logN)着手分析可能会是更好的方法。从科学的、有章可循的理论出发，作为指导思想，结合之前的例子（二叉搜索树），举一反三，解决本问题不是难事。
但是反过来，采用“朴素”方法，依靠个人经验，观察算法规律，然后解决问题。一个不行再去观察思考尝试下一种方法，虽然也是一种解决问题的思路，但如果想要在此基础上做到有章可循的逐步演进，怕是困难得多。
更何况如果观察不出规律呢？

理论&实践

先分析理论然后落实到实践，还是先动手做，再结合/总结升华出理论，值得推敲。

理性思考有助于身体健康，切记切记。与君共勉。