POJ 1150 The Last Non-zero Digit

The Last Non-zero Digit Time Limit: 1000MS   Memory Limit: 65536K Total Submissions: 4259   Accepted: 1205 Description In this problem you will be given two decimal integer number N, M. You will have to find the last non-zero digit of the   NP M.This means no of permutations of N things taking M at a time. Input The input contains several lines of input. Each line of the input file contains two integers N (0 <= N<= 20000000), M (0 <= M <= N). Output For each line of the input you should output a single digit, which is the last non-zero digit of   NP M. For example, if   NP M  is 720 then the last non-zero digit is 2. So in this case your output should be 2. Sample Input 10 10 10 5 25 6 Sample Output 8 4 2 Source uva 10212

 

 

这个题怎么来做呢？先别急，我们先来讨论一下下面几个子问题： 1.如何求出n阶乘中质因数x(比如说5）出现的次数？ 比如说15的阶乘 ：1*2*3*4*5*6*7*8*9*10*11*12*13*14*15 由于5这个质因数只在5的倍数里面才出现，所以我从5，10，15中各抽出一个5，这相当于有15/5个质因数5,之后5，10，15就变成了1，2，3； 由于非5的倍数显然不在考虑范围之内，所以我们只需继续讨论它的子问题3！即可。 这样，我们可以用递归来解决这个问题。有了这个方法，我们是不是能够轻易地解决n!末尾有多少个0呢？想想看...n!后0的个数是不是就和某个质因数的个数有关呢？^_^ 比如说，我们要求5出现的次数，可以这样写：

int  get5( int  n) // 计算n!中质因子5的出现次数 {     if(n==0)         return 0;     return n/5+get5(n/5); }

 2.如何求出n!阶乘最后非0位？ 比如说我们要找10!最后非0位，由于质因数2和5组合之后会使得末尾产生0.那么我们不妨把10！中2，5质因数全部去掉，（但是请注意2的数目其实比5的要多，所以我们要在最后考虑多余的2对末位的影响） 如 1*2*3*4*5*6*7*8*9*10 去掉2 ，5 因子后 就是1*1*3*1*1*3*7*1*9*1，由于2，5因子已经被去除，那么剩下的数字末尾一定是3，7，9，1中四者之一。然后我们再求出这么一串数相乘以后末尾的数是几.最后再补上2对末位的影响即可！
总结一下，求10!最后一个非0位的步骤如下： step1：首先将10!中所有2，5因子去掉； step2：然后求出剩下的一串数字相乘后末尾的那个数。 step3：由于去掉的2比5多，最后还要考虑多余的那部分2对结果的影响。 step4：output your answer!

正如上面文章里所说的“To compute the number of 3,7,9 among (f(1) mod 10), (f(2) mod 10), ..., (f(N) mod 10) is not so easy”，这里面步骤2是个难点。如何求出剩下的这串数字相乘后最后一位是几呢？这可以转化成求出这些数里面末尾是3，7，9的数字出现的次数（为啥？因为这些数的n次方是有规律的，周期为4，不信你可以推一下）
好，现在问题就是如何求出这串数字中末尾3，7，9各自出现的次数了；

一个数列实际上可以分成偶数列和奇数列，以1*2*3*4*5*6*7*8*9*10为例

分成1 3 5 7 9,   2 4 6 8 10

这样我们尝试分别进行统计，可以发现，实际上2，4，6，8，10中的个数也就是1 2 3 4 5中的个数，也就是说我们又把这个问题划分成了一个原来问题的子问题。

f(n) = f(n/2) + g(n),g(n)表示奇数列中的数目，所以我们需要解决g(n)

再次观察g(n)

实际上又分成了两部分1 3 7 9 11 13 17 19 21。。。以及5的奇倍数5，15，25。。。说明又出现了子问题,如果要统计这个数列中末尾为x（1，3，7，9）的个数可以这样写：g(n,x) = n/10+(n%10 >= x)+g(n/5,x)  

这样利用了两个递归方程，我们就可以在lgn的时间内计算出末尾为1,3,7,9的数的个数了

好了，现在我们得到了这串数字中末尾是3，7，9的数字的个数，我们利用循环节的性质可以快速地算出这串数字相乘后mod 10的结果，在考虑下当时多除的2(其实也可以用循环节来处理），便可求出答案！




解决了上面两个子问题，我想求P(n,m)最后一个非0位就变得十分容易了。
P(n,m)实际上等于 n! / (n-m)!
我们可以求出n! 和(n-m)!中质因数2，5，3，7，9分别出现的次数，然后再各自相减。
然后再用循环节处理，即可！
BTW，这里还要注意一个trick,就是2的出现次数如果小于5，（这对于排列数来说是可能的）我们可以直接输出5，如果2的数目等于5，那么2的循环节不需要考虑。至于3，7，9的循环节，由于这些数的4次方末位刚好是1，所以就不需要特殊考虑了。

 

 

#include<stdio.h>

#include<string.h>

#include<math.h>



int get2(int n){    //计算n!中质因子2的出现次数

    return n==0?0:(n/2+get2(n/2));

}



int get5(int n){    //计算n!中质因子5的出现次数

    return n==0?0:(n/5+get5(n/5));

}



int g(int n,int x){     //计算f(1) to f(n) 中，奇数数列中末尾为x的数出现的次数

    if(n==0)

        return 0;

    return n/10+(n%10>=x)+g(n/5,x);

}



int getx(int n,int x){      //计算f(1) to f(n)中，末尾为x的数的出现次数

    if(n==0)

        return 0;

    return getx(n/2,x)+g(n,x);

}



int table[4][4]={

    {6,2,4,8},  //2^n%10的循环节，注意如果2的个数为0时候，结果应该是1，要特殊处理。

    {1,3,9,7},  //3

    {1,7,9,3},  //7

    {1,9,1,9}   //9

};//3，7，9的循环节中第一位，刚好是1，故不需要考虑这些数字出现次数为0的情况。



int main(){



    //freopen("input.txt","r",stdin);



    int n,m;

    while(scanf("%d%d",&n,&m)!=EOF){

        int num2=get2(n)-get2(n-m);

        int num5=get5(n)-get5(n-m);

        int num3=getx(n,3)-getx(n-m,3);

        int num7=getx(n,7)-getx(n-m,7);

        int num9=getx(n,9)-getx(n-m,9);

        int ans=1;

        if(num5>num2){

            printf("5\n");

        }else{

            if(num2!=num5){

                ans*=table[0][(num2-num5)%4];

                ans%=10;

            }       //如果num2==num5,那么2^0次方mod 10应该为1 ，而不是table中的6,所以要特殊处理。

            ans*=table[1][num3%4];

            ans%=10;

            ans*=table[2][num7%4];

            ans%=10;

            ans*=table[3][num9%4];

            ans%=10;

            printf("%d\n",ans);

        }

    }

    return 0;

}