leetcode笔记：Factorial Trailing Zeroes

一.题目描述

Given an integer n, return the number of trailing zeroes in n!.

Note: Your solution should be in logarithmic time complexity.

二.题目分析

题目的要求是，给定一个整数n，找出n!结果的末尾为0的数的个数。暴力法是首先求出n!，然后直接计算末尾0的个数。（重复(n!)/10，直到余数非0为止），若输入的n 值过大时，在计算阶乘时会导致溢出，因此该方法并不好用。

http://www.cnblogs.com/ganganloveu/p/4193373.html 给出一种很巧妙的解决方法：

事实上，只要对n的阶乘n!，做因数分解：n!=2^x*3^y*5^z*...

显然0的个数等于min(x,z)，并且经证明，可以得到：min(x,z)==z 。

例如：

n = 5时，5!的质因数分解：5! = 2 * 2 * 2 * 3 * 5 中包含3个2、1个3和1个2。后缀0的个数是1。

n = 11时，11!的质因数分解：11! = 2^8 * 3^4 * 5^2 * 7 中包含8个2、4个3和2个5。后缀0的个数是2。

证明：

对于阶乘而言，也就是1*2*3*...*n，设[n/k]代表1~n中能被k整除的个数
显然有，[n/2] > [n/5] (左边是逢2增1，右边是逢5增1)
[n/2^2] > [n/5^2](左边是逢4增1，右边是逢25增1)
……
[n/2^p] > [n/5^p](左边是逢2^p增1，右边是逢5^p增1)
随着幂次p的上升，出现2^p的概率会远大于出现5^p的概率。
因此左边的加和一定大于右边的加和，也就是n!质因数分解中，2的次幂一定大于5的次幂。

三.示例代码

#include <iostream>
using namespace std;

class Solution{
public:
    int trailingZeroes(int n) {
        int result = 0;
        while (n)
        {
            result += n / 5;
            n /= 5;
        }
        return result;
    }
};

四.小结

这道题的代码很少，但是要从题目中把复杂的要求转化为简单的运算是需要推导的，总体来说还是需要费一定的功夫。