POJ1150 The Last Non-zero Digit - 数论 - 模运算

The Last Non-zero Digit

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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 NPM.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 NPM. For example, if NPM 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

 
 

题目大概意思：

求组合数 $C_N^M$ 在十进制下的末尾非零位的值。其中 $0\le M\le N\le 2\times 10^7$ .

 
 

分析：

首先容易想到时间复杂度为 $O(n)$ 的算法：

先计算出 $C_N^M$ 的质因子 $2$ 与 $5$ 的指数，分别记为 $cn{t}_2,cn{t}_5$ ，则 $C_N^M$ 的因子 $10$ 的指数为 $\min (cn{t}_2,cn{t}_5)$ ，记为 $cn{t}_{10}$ ，那么 $({\prod }_{i=N-M+1}^{N}i)/10^{cn{t}_{10}}\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}10$ 即为所求，再线性地计算 $$\frac{{\prod }_{i=N-M+1}^{N}i}{10^{cn{t}_{10}}}$$ 其中在逐个相乘的过程中，用每一次尽可能令当前的 $i$ 除以 $2$ 与 $5$ ，直到 $2$ 与 $5$ 都除够了 $cn{t}_{10}$ 次。

然而 $N$ 的取值范围较大，且题目为多组案例，这样的解法无法达到时间要求。
 

接下来我们思考，当一个数 $x$ 乘以另外一个数 $y$ 后， $x$ 的末尾非零位会如何变化：

1. 如果 $y$ 的末尾是 $0$ 或 $1$ 则乘以这个数无论如何都不会对末尾非零位造成影响
2. 如果 $y$ 的末尾是 $\{3,7,9\}$ 中的一个，则 $(xy)\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}10=(x\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}10)\cdot (y\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}10)\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}10$ ，即 $xy$ 的末尾非零位就等于 $x$ 的末尾非零位与 $y$ 的末尾的乘积的末尾
3. 如果 $y$ 的末尾是 $\{2,4,6,8\}$ 中的一个，若 $x$ 不是 $5$ 的倍数，则与第 $2$ 种情况相同
4. 同理，如果 $y$ 的末尾是 $5$ ，若 $x$ 不是 $2$ 的倍数，则与第 $2$ 种情况相同

因此如果我们能得到区间 $[N-M,M]$ 中的每一个整数在除去因子 $2$ 与因子 $5$ 后的末尾位（这些末尾位只可能是 $\{1,3,7,9\}$ 中的一个），那么让这些末尾位在$\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}10$ 的状态下相乘得到 $x^{\prime }$ ，在让 $x^{\prime }$ 乘以 $cn{t}_2-cn{t}_{10}$ 个 $2$ ，$cn{t}_5-cn{t}_{10}$ 个 $5$ 得到 $x$ （实际上只乘了 $2$ 或 $5$ 中的一个若干次，因为 $cn{t}_{10}=\min (cn{t}_2,cn{t}_5)$），则 $x$ 的末尾就是所求了。在计算 $x^{\prime }$ 的过程中，始终满足前两种情况，即只乘 $\{1,3,7,9\}$ ；在由 $x^{\prime }$ 计算 $x$ 的过程中，始终满足后两种情况，因为 $x$ 不会同时是 $2$ 与 $5$ 的倍数。因此， $C_N^M$ 的末尾非零位的值就等于以上这些数的末尾在$\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}10$ 的状态下相乘。

其中 $cn{t}_2$ 与 $cn{t}_5$ 可以通过计算 $N!$ 的质因子指数与 $(N-M)!$ 的质因子指数相减得到，而 $N!$ 的质因子 $f$ 的指数可以以如下方式计算出来：（证明略）

// 计算 x! 的质因子 f 的指数
int cnt_fact(int x, const int f)
{
	int res = 0;
	while (x)
	{
		res += x / f;
		x /= f;
	}
	return res;
}

 
 
接下来考虑除去因子 $2,5$ 后末尾为 $\{1,3,7,9\}$ 的数的个数的计算，不妨分别记为 $cn{t}_1,cn{t}_3,cn{t}_7,cn{t}_9$ . 由于个数的可加性，计算区间 $(N-M,N]$ 中的 $cn{t}_k$ 同样可以通过区间 $[1,N]$ 的个数减去 $[1,N-M]$ 的个数得到。

由于我们只需要计算区间 $(N-M,N]$ 中每一个整数在除去因子 $2$ 与因子 $5$ 后的末尾位的乘积，因此无需对区间中的每一个数进行计算，只需计算区间中的数在除去因子 $2,5$ 后以 $1,3,7,9$ 为末尾的个数即可。

那么如何计算区间 $[1,N]$ 中的数除去因子 $2,5$ 后以 $1,3,7,9$ 为末尾的个数呢？

首先考虑区间中奇数的计算，对于那些末尾为 $k$ 的数，可以直接计入统计，而对于末尾为 $5$ 的，则需要除以 $5$ 后再进行判断，如果这些末尾为 $5$ 的数的集合中的每个数除以 $5$ 后，仍存在末尾为 $5$ 的，则需要再除以 $5$ ，因此可以递归地进行判断，如下为代码：

// 计算所有≤x的奇数在除去因子5后, 以 end(end∈{1,3,7,9}) 结尾的数的个数
int cnt_odd_end(int x, int end)
{
	if (x < end) return 0;
	return x / 10 + (x % 10 >= end) + cnt_odd_end(x / 5, end);
}

 
而对于区间中的偶数，由于我们统计的是除去因子 $2$ 与 $5$ 后的末尾位，因此只需将这些数全部除以 $2$ 后将偶序列转化为奇偶交替的序列，并把奇序列用 $cnt\_odd\_end$ 函数统计，偶序列递归处理即可，如下为代码：（这里省去了对偶序列的单独处理，而是直接写为了对整个序列的处理）

// 计算所有≤x的数在除去因子2和5后, 以 end(end∈{1,3,7,9}) 结尾的数个数
int cnt_end(int x, const int end)
{
	if (x < end) return 0;
	return cnt_odd_end(x, end) + cnt_end(x / 2, end);
}

 
 
在最后将所有数乘在一起的时候，可以采用快速幂的方法降低时间复杂度。在整个算法中，统计 $cn{t}_2$ 与 $cn{t}_5$ 的时间复杂度是 $O({\log }_{2}N)$ ；计算以 $\{1,3,7,9\}$ 为末尾的个数时， $cnt\_end$ 函数递归调用了 ${\log }_{2}N$ 次，每一次会调用一次 $cnt\_odd\_end$ ，而 $cnt\_odd\_end$ 函数的时间复杂度是 $O({\log }_{2}N)$ . 因此算法的总时间复杂度是 $O({\log }_2^{2}N)$ .

 
 
下面贴出完整代码：

#include 
#include 
using namespace std;


int cnt_fact(int x, const int f);
int cnt_end(int x, const int end);
int cnt_odd_end(int x, int end);
int mod_pow(int x, int p, const int m);

int main()
{
	int N, M;
	while (~scanf("%d%d", &N, &M))
	{
		int cnt2 = cnt_fact(N, 2) - cnt_fact(N - M, 2);
		int cnt5 = cnt_fact(N, 5) - cnt_fact(N - M, 5);

		int end3 = cnt_end(N, 3) - cnt_end(N - M, 3);
		int end7 = cnt_end(N, 7) - cnt_end(N - M, 7);
		int end9 = cnt_end(N, 9) - cnt_end(N - M, 9);

		int cnt10 = min(cnt2, cnt5);
		cnt2 -= cnt10;
		cnt5 -= cnt10;

		int res = mod_pow(3, end3, 10) * mod_pow(7, end7, 10) * mod_pow(9, end9, 10) * mod_pow(2, cnt2, 10) * mod_pow(5, cnt5, 10) % 10;
		printf("%d\n", res);
	}
	return 0;
}

// 计算 x! 的质因子 f 的指数
int cnt_fact(int x, const int f)
{
	int res = 0;
	while (x)
	{
		res += x / f;
		x /= f;
	}
	return res;
}

// 计算所有≤x的数在除去因子2和5后, 以 end(end∈{1,3,7,9}) 结尾的数个数
int cnt_end(int x, const int end)
{
	if (x < end) return 0;
	return cnt_odd_end(x, end) + cnt_end(x / 2, end);
}

// 计算所有≤x的奇数在除去因子5后, 以 end(end∈{1,3,7,9}) 结尾的数的个数
int cnt_odd_end(int x, int end)
{
	if (x < end) return 0;
	return x / 10 + (x % 10 >= end) + cnt_odd_end(x / 5, end);
}

// 计算 x^p % m
int mod_pow(int x, int p, const int m)
{
	int res = 1;
	while (p)
	{
		if (p & 1)
		{
			res = res * x % m;
		}
		x = x * x % m;
		p >>= 1;
	}
	return res;
}