UVA-10212 The Last Non-zero Digit. 分解质因子+容斥定理

这个是参考了别人之后的代码，POJ上0MS过了。Orz......对于一个序列在提取了2,5之后，例如1,2,3,4,5,6,7,8,9,10，我们可以将其中的奇数和偶数分开来对待，对于偶数序列2,4,6,8,10由于原序列会被提取出2，所以就退化成了1,2,3,4,5，这个奇数序列，对于奇数序列1,3,5,7,9我们就可以来统计3,5,7的数量了，同样出现的次数是总长度N=10除以10（单位出现区间）再判定N%10是否大于要求得数，对于这个奇数序列由于5是要被提取的，所以又变成了1这个序列，更多数可能更好看了。如此递归下去便行了。

代码如下：

#include <cstdlib>

#include <cstring>

#include <cstdio>

using namespace std;



int N, M, rec[4][4] = {

    {6, 2, 4, 8},

    {1, 3, 9, 7},

    {1, 7, 9, 3},

    {1, 9, 1, 9}

};



int Get2(int x)

{

    if (!x)    return 0;

    return x/2+Get2(x/2);

}



int Get5(int x)

{    

    if (!x) return 0;

    return x/5+Get5(x/5);

}



int GetOdd(int x, int Base)

{

    if (!x) return 0;

    return x/10 + (x%10 >= Base) + GetOdd(x/5, Base);

}

// 传进去的还是一个完整的序列，该函数的功能在于得到其偶数序列的性质 

int GetEven(int x, int Base)

{

    if (!x) return 0;

    return GetEven(x/2, Base) + GetOdd(x, Base);

}



int main()

{ 

    int n2, n3, n5, n7, n9, m2, m3, m5, m7, m9, ret;

    while (scanf("%d %d", &N, &M) == 2) {

        ret = 1;

        M = N - M;

        n2 = Get2(N), m2 = Get2(M);

        n5 = Get5(N), m5 = Get5(M);

        n2 -= m2, n5 -= m5;

        if (n2 >= n5) { n2 -= n5, n5 = 0; }

        else { 

            puts("5");

            continue; 

        } 

        n3 = GetEven(N, 3), m3 = GetEven(M, 3);

        n7 = GetEven(N, 7), m7 = GetEven(M, 7);

        n9 = GetEven(N, 9), m9 = GetEven(M, 9);

        n3 = (n3-m3)%4, n7 = (n7-m7)%4, n9 = (n9-m9)%4;

        if (n2) ret *= rec[0][n2%4];

        ret *= rec[1][n3] * rec[2][n7] * rec[3][n9];

        printf("%d\n", ret % 10);

    }

    return 0;    

}

 

 

我的这个写法并不是最好的，POJ上的1150是没方法过的，UVA上的时限相对比较松。能在POJ上过的基本0MS，这段代码UVA上跑了7MS多。

解释见代码：

#include <cstdlib>

#include <cstring>

#include <cstdio>

using namespace std;

/*  

计算排列数A(M,N)的最后一位非零位，A(M, N) = N! / (N-M)!

令 M = N - M，则问题转化为　N! / M!，从质因子的角度出发，我们一定能够得到 N! 的各项质因子的数量都一定 

大于等于 M!，如果N比较小的话我们找可以出两者所有的质因子2,5的数量,以及以3,7,9结尾的质因子，再进行相消，最后得到结果。

如果N较大的话，就只关心质因子2,5的数量，相当于我们对于 N!写成 N! = 2^e1 * 5^e2 * x1 * x2 * x3 * ...，对于提出了2, 5

的序列，我们又可以将其视为1*2*3*4*...N/2(N/5)的一个序列（原序列为2*4*6*8*10*...或者是5*10*15*20*...)，对于这样一个

重新编排的的序列，我们可以继续统计出2,5,我们还可以继续进行重拍，并且一直进行下去，提取出2,5后我们面对就是一系列的只

含有1,3,7,9的序列，因此我们还需要统计出它们（非质因子分解后）分别的数量，我们可以知道已这些结尾的数都是每10个数出现

一次，所以我们只需要对整个序列的长度除以10来得到，在重排除以2,5后的序列时要注意用容斥定理减去重复计算的 

*/ 



int N, M, rec[4][4] = {

    {6, 2, 4, 8},

    {1, 3, 9, 7},

    {1, 7, 9, 3},

    {1, 9, 1, 9}

};



int Get2(int x)

{

    if (!x)    return 0;

    return x/2+Get2(x/2);

}



int Get5(int x)

{    

    if (!x) return 0;

    return x/5+Get5(x/5);

}



int Get3(int x)

{ 

    if (!x) return 0;

    return x/10 + (x%10>=3) + Get3(x/2) + Get3(x/5) - Get3(x/10);

}



int Get7(int x)

{

    if (!x) return 0;

    return x/10 + (x%10>=7) + Get7(x/2) + Get7(x/5) - Get7(x/10);

}



int Get9(int x)

{

    if (!x) return 0;

    return x/10 + (x%10>=9) + Get9(x/2) + Get9(x/5) - Get9(x/10);

}



int main()

{

    // 对2,5处理只是为了把后面的零全部去除，最后一定只剩下n2

    // n2 表示的就是最有对最后一位非零位有贡献的因子2的个数

    // 2,3,7,9循环节的最小公倍数为4 

    int n2, n3, n5, n7, n9, m2, m3, m5, m7, m9, ret;

    while (scanf("%d %d", &N, &M) == 2) {

        ret = 1;

        M = N - M;

        n2 = Get2(N), m2 = Get2(M);

        n5 = Get5(N), m5 = Get5(M);

        n2 -= m2, n5 -= m5;

        if (n2 >= n5) {

            n2 -= n5;

            n5 = 0;

        }

        else {

            n5 -= n2;    

            n2 = 0;

        } 

        n3 = Get3(N), m3 = Get3(M);

        n7 = Get7(N), m7 = Get7(M);

        n9 = Get9(N), m9 = Get9(M); 

        n3 -= m3, n7 -= m7, n9 -= m9;

        if (n2) {

            ret *= rec[0][n2%4];

        }

        if (n5) {

            ret *= 5;    

        }

        n3 %= 4, n7 %= 4, n9 %= 4;

        ret = ret * rec[1][n3] * rec[2][n7] * rec[3][n9];

        printf("%d\n", ret % 10);

    }

    return 0;    

}