计算阶乘n!末尾所含0的个数

From : http://www.chinaunix.net/jh/23/926848.html

[color=Orange]问题描述[/color]
给定参数n（n为正整数），请计算n的阶乘n！末尾所含有“0”的个数。
例如，5！=120，其末尾所含有的“0”的个数为1；10！=3628800，其末尾所含有的“0”的个数为2；20！=2432902008176640000，其末尾所含有的“0”的个数为4。

[color=Orange]计算公式[/color]
这里先给出其计算公式，后面给出推导过程。
令f(x)表示正整数x末尾所含有的“0”的个数，则有：
当0<n<5时，f(n!)=0;
当n>=5时，f(n!)=k+f(k!),其中k=n/5（取整）。

[color=Orange]问题分析[/color]
显然，对于阶乘这个大数，我们不可能将其结果计算出来，再统计其末尾所含有的“0”的个数。所以必须从其数字特征进行分析。下面我们从因式分解的角度切入分析。

我们先考虑一般的情形。对于任意一个正整数，若对其进行因式分解，那么其末尾的“0”必可以分解为2*5。在这里，每一个“0”必然和一 个因子“5”相对应。但请注意，一个数的因式分解中因子“5”不一定对应着一个“0”，因为还需要一个因子“2”，才能实现其一一对应。

我们再回到原先的问题。这里先给出一个结论：
结论1：对于n的阶乘n！，其因式分解中，如果存在一个因子“5”，那么它必然对应着n！末尾的一个“0”。
下面对这个结论进行证明：
(1)当n<5时,结论显然成立。
(2)当n>=5时，令n！=[5k*5(k-1)*...*10*5]*a，其中n=5k+r(0<=r<=4)，a是一个不含因子“5”的整数。
对于序列5k,5(k-1),...,10,5中每一个数5i(1<=i<=k)，都含有因子“5”，并且 在区间(5(i-1),5i)(1<=i<=k)内存在偶数，也就是说，a中存在一个因子“2”与5i相对应。即，这里的k个因子 “5”与n！末尾的k个“0”一一对应。
我们进一步把n！表示为：n！=5^k*k!*a（公式1），其中5^k表示5的k次方。很容易利用(1)和迭代法，得出结论1。

上面证明了n的阶乘n！末尾的“0”与n！的因式分解中的因子“5”是一一对应的。也就是说，计算n的阶乘n！末尾的“0”的个数，可以转换为计算其因式分解中“5”的个数。

令f(x)表示正整数x末尾所含有的“0”的个数,g(x)表示正整数x的因式分解中因子“5”的个数，则利用上面的的结论1和公式1有：
f(n!)=g(n!)=g(5^k*k!*a)=k+g(k!)=k+f(k!)
所以，最终的计算公式为：
当0<n<5时，f(n!)=0;
当n>=5时，f(n!)=k+f(k!),其中k=n/5（取整）。

[color=Orange]计算举例[/color]
f(5!)=1+f(1!)=1
f(10!)=2+f(2!)=2
f(20!)=4+f(4!)=4
f(100!)=20+f(20!)=20+4+f(4!)=24
f(1000!)=200+f(200!)=200+40+f(40!)=240+8+f(8!)=248+1+f(1)=249
...

终于写完了，困S了：）

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yg 回复于：2007-04-21 16:35:30

也算递归吧

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win_hate 回复于：2007-04-21 16:43:35

Pot_p(n!)=[n/p]+Pot_p([n/p]!)

递归使用这个公式就可以得到Pot_p(n!)的表达式。

可以参考柯召，孙琦的《数论讲义》上册，数论函数部分。

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tyc611 回复于：2007-04-21 16:48:41

引用：原帖由win_hate 于2007-4-2116:43发表
Pot_p(n!)=[n/p]+Pot_p([n/p]!)

递归使用这个公式就可以得到Pot_p(n!)的表达式。

可以参考柯召，孙琦的《数论讲义》上册，数论函数部分。

恩，我上面推出的公式就是这个，p为5吧？
哎，又吃了数字的亏了:em10:
手头没这本书，看能不能找到

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圆点坐标 回复于：2007-04-21 16:53:09

我去年去学校招聘的时候，给应届生出了这个题目，只有2个人的想法靠近这个答案。

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win_hate 回复于：2007-04-21 16:54:50

引用：原帖由tyc611 于2007-4-2116:48发表

恩，我上面推出的公式就是这个，p为5吧？
哎，又吃了数字的亏了:em10:
手头没这本书，看能不能找到


是的。


我以前写过一个资料，复制到这里吧：

......
另一很精致的方法来自柯召的“数论讲义”，把ord_p简记为ord:

*ord(ab)=ord(a)+ord(b)

*ord(n!)=[n/p]+ord([n/p]!)，因为:
ord(n!)
=ord(1)+...+ord(n)
=ord(p)+ord(2p)+...+ord([n/p]p)
=(ord(1)+ord(p))+(ord(2)+ord(p))+...+(ord([n/p])+ord(p))
=(ord(1)+1)+(ord(2)+1)+...+(ord([n/p])+1)
=[n/p]+ord([n/p]!)

*[[n/p]/p]=[n/p^2]
若把n写成p进制表达，则上面这个式子很好理解

现在只要递归地调用ord(n!)=[n/p]+ord([n/p]!)就可以得到ord(n!)的表达式：

[n/p]+[n/p^2]+[n/p^3]+....

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awake 回复于：2007-04-21 18:23:54

赞排版。

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ArXoR 回复于：2007-04-21 19:42:50

一个和此问题有点关系的有趣问题是:
给定质数p,求杨辉三角第n行有多少个元素被p整除.

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win_hate 回复于：2007-04-21 22:18:31

引用：原帖由ArXoR 于2007-4-2119:42发表
一个和此问题有点关系的有趣问题是:
给定质数p,求杨辉三角第n行有多少个元素被p整除.


嗯，柯召那本书的pot一节最后一个定理就是求pot_p(binomial(n,r))的表达式.

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ArXoR 回复于：2007-04-21 22:49:21

引用：原帖由win_hate 于4/21/0722:18发表


嗯，柯召那本书的pot一节最后一个定理就是求pot_p(binomial(n,r))的表达式.


pot_p(binomial(n,r))有closefrom?我只知道级数表达的形式.
不过不妨碍我说的这个问题的解决,呵呵.

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win_hate 回复于：2007-04-22 00:19:43

引用：原帖由ArXoR 于2007-4-2122:49发表


pot_p(binomial(n,r))有closefrom?我只知道级数表达的形式.
不过不妨碍我说的这个问题的解决,呵呵.


不是close的，一个关系式吧，在你给的这个题目用不上。

考虑pot_p(binomial(n,r)),

[n/p^i]>=[(n-r)/p^i]+[r/p^i].如果p不整除binomial(n,r),意味着对所有的i，等号都成立.

设n=(n_m...n_0)_p,r=(r_s...r_0)_p,等号成立要求

n_m...n_i=[n_m...n_i.n_{i-1}...n_0-r_s...r_i.r_{i-1}...r_0]+r_s...r_i
=n_m...n_i+[0.n_{i-1}...n_0-0.r_{i-1}...r_0]

也就是

[0.n_{i-1}...n_0-0.r_{i-1}...r_0]=0.

即对每个i,nmodp^i>=rmodp^i，能被p整除的个数为

n+1-(n_m+1)...(n_0+1).

[本帖最后由win_hate于2007-4-2200:31编辑 ]

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ArXoR 回复于：2007-04-22 00:39:08

引用：原帖由win_hate 于4/22/0700:19发表


不是close的，一个关系式吧，在你给的这个题目用不上。

考虑pot_p(binomial(n,r)),

[n/p^i]>=[(n-r)/p^i]+[r/p^i].如果p不整除binomial(n,r),意味着对所有的i，等号都成立.

...


Bingo...:)

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yuanchengjun 回复于：2007-04-22 09:38:33

#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<stdint.h>

intmain(void)
{
uint32_tcount=0;
uint32_ttmp;
uint32_tn;

for(n=1;n<=1000;n++)
{
tmp=n;
while((0==(tmp%5))&&(tmp>0))
{
tmp/=5;
count++;
}
}

printf("%d",count);

return0;
}

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tyc611 回复于：2007-04-22 16:35:44

win_hate和ArXoR兄的回复太深奥了，发晕中。。。

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tyc611 回复于：2007-04-22 16:40:01

引用：原帖由yuanchengjun 于2007-4-2209:38发表
#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<stdint.h>

intmain(void)
{
uint32_tcount=0;
uint32_ttmp;
uint32_tn;

for(n=1;n<=1000;n++)
{
t...

你这个太慢了，看看我上面的示例计算1000时才几步，你的步进方式有问题，还有应该利用前面已经计算的结果

我写个上面公式的实现吧，收敛速度很快的：5^x=num/5*5，x递归或者迭代次数
（一个递归，一个迭代）

#include<stdio.h>




intf_r(intnum)


{


if(num<5)


return0;


else


return(num/5)+f_r(num/5);


}




intf_i(intnum)


{


intcount=0;


for(;num>=5;num/=5)


count+=num/5;


returncount;


}




intmain(void)


{


intnum=1000;


printf("%d/n",f_r(num));


printf("%d/n",f_i(num));




return0;


}

---

openq 回复于：2007-04-24 12:14:03

LZ的方法部可取，N很大时n/5的阶乘就溢出了！

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tyc611 回复于：2007-04-24 12:20:51

引用：原帖由openq 于2007-4-2412:14发表
LZ的方法部可取，N很大时n/5的阶乘就溢出了！

不好意思，可能是我公式没写好，其实根本就不计算阶乘的

看下我15楼给的算法实现就明白了

[本帖最后由tyc611于2007-4-2412:22编辑 ]

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yuanchengjun 回复于：2007-04-24 12:35:30

引用：原帖由圆点坐标 于2007-4-2116:53发表
我去年去学校招聘的时候，给应届生出了这个题目，只有2个人的想法靠近这个答案。



要求太高了，只要计算结果正确，就应该算通过。


算法有很多，题目没有给出“最优算法”的信息，
如果那样，假设满分10分，凡正确的6分，剩下4分安计算复杂度给分，
最优的或者达到什么程度以上的10分。


计算机和数学不一样的，有时候要考虑具体运算环境。
1，计算机除了算法以外要考虑速度和时间。
2，有的时候，正确性和稳定性比优秀算法、高速更重要。
3，有的时候，多循环10次，比多一次递归调用节省时间。


运算速度：
1，公式。
2，枚举，只举出有效情况。不是枚举所有，再判断是否有效。
3，枚举，尽可能缩小有效情况范围。
4，枚举所有。最无奈的情况。


有的时候想不出来，有的时候时间有限，而且我不是大侠:-(
想不出公式就枚举；枚举的时候尽可能缩小范围；
如果不知到缩小范围条件，就枚举所有……
想这些东西需要一定的基础，还有时间的，……

[本帖最后由yuanchengjun于2007-4-2412:53编辑 ]

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ArXoR 回复于：2007-04-24 12:58:53

引用：原帖由yuanchengjun 于4/24/0712:35发表



要求太高了，只要计算结果正确，就应该算通过。


算法有很多，题目没有给出“最优算法”的信息，
如果那样，假设满分10分，凡正确的6分，剩下4分安计算复杂度给分，
最优的或者达到什么程度以上的10分...


这是在知道可以有更优算法的情况下才有这些选择...
连知道都不知道的话在应用规模很大的时候就完全没有办法了.
就像如果知道可以用SimplexAlgorithm去做线性规划至少应该知道线性规划是有P类算法的.

而且基本上没法要求最优算法,求解并证明最坏复杂度紧下界不是一件简单的事情.

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babyfrog 回复于：2007-04-24 13:13:57

ACM里面这么写会timeout否

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yuanchengjun 回复于：2007-04-24 13:15:32

同意楼上，一般这些算法需要千锤百炼，好的软件公司会把类似这些东西沉淀下来，要用调一下就OK。
再帖一次，按照楼主算法。



#include<stdio.h>
#include<stdint.h>

intmain(void)
{
uint32_tcount;
uint32_tn;

n=1000;
count=0;
while(n>4)
count+=n/=5;

printf("%d/n",count);

return0;
}

[本帖最后由yuanchengjun于2007-4-2413:17编辑 ]

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slay78 回复于：2007-04-24 14:06:56

从2开始，阶乘的最后一位数字非零数字都是偶数，所以最后一位肯定不是5，那么这些偶数只有碰到5或者10乘起来才会再多一个0

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thinkinnight 回复于：2007-04-24 15:16:19

引用：原帖由win_hate 于2007-4-2116:54发表


是的。


我以前写过一个资料，复制到这里吧：

......
另一很精致的方法来自柯召的“数论讲义”，把ord_p简记为ord:

*ord(ab)=ord(a)+ord(b)

*ord(n!)=[n/p]+ord([n...


=ord(1)+...+ord(n)
=ord(p)+ord(2p)+...+ord([n/p]p)

对于这一步不知道是怎么转的

---

win_hate 回复于：2007-04-24 17:32:55

引用：原帖由thinkinnight 于2007-4-2415:16发表


=ord(1)+...+ord(n)
=ord(p)+ord(2p)+...+ord([n/p]p)

对于这一步不知道是怎么转的


如果a不是p的倍数，则ord(a)=0。把值为0的项去掉，剩下的就只有pk形式的了，再估计一下k的范围即可。

---

shhgs 回复于：2007-04-24 19:54:37

Pycode

defzeros(n):


result=0


n=n/5


whilen!=0:


result+=n


n=n/5


returnresult

That'ssosimple.Primaryschool'smathproblem.

---

thinkinnight 回复于：2007-04-24 21:31:30

哦，精巧

---

局外人 回复于：2007-04-24 22:10:22

(define(fnpr)


	(let((t(quotientnp)))


		(if(>n0)(ftp(+rt))r)))

---

shhgs 回复于：2007-05-02 11:44:41

10=2*5

由于在[1,n]中，2的因子远远多于5的因子，因此只要计算[1,n]当中有多少5的因子就能知道n!的末尾有多少连续的0了。

那么[1,n]当中有多少5的因子呢？

假设，现在有一个p，使得5**p<=n<5**(p+1)，
则，[1,n]中，能整除5的数有n/5，整除25的数有n/25,...,n/(5**p)--这里的除号作整除讲
则[1,n]中，5的因子共有n/5+n/25+n/125+...+n/(5**p)个

只不过是小学数学竞赛的题目，用得着动用那么吓人的数学知识吗？

---

cjaizss 回复于：2007-05-02 12:44:27

太easy了，

inthow_much_0(inti)


{


intret=0;


while(i){


i/=5;


ret+=i;


}


returnret;


}

---

局外人 回复于：2007-05-02 13:42:08

引用：原帖由shhgs 于2007-5-211:44发表
只不过是小学数学竞赛的题目，用得着动用那么吓人的数学知识吗？
...


同样一个题目，小学生有小学生的做法，大学生有大学生的做法，这是个层次的问题......

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bitzilla 回复于：2007-05-11 15:56:56

殊途同归，

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oopos 回复于：2007-10-20 20:05:01

不错，分析的很经典！！！
呵呵，我原来是这样想的，
把所得的乘积分解质因式，则2的个数肯定比5多，而又只有：
2x5才能产生末0..
因此：
yinzi=0;
for(;n;){n/=i;yinzi+=n;}

其中：i=5;

---

feiyang21687 回复于：2007-10-20 20:46:03

LZ的递归式麻烦了：
多少个零可以算包含有多少个5，多少个25，多少个5^3...
f(a!)=a/5+2*(a/25)+3*(a/5^3)+...

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win_hate 回复于：2007-11-05 18:57:46

引用：原帖由ArXoR 于2007-4-2119:42发表[url=http://bbs.chinaunix.net/redirect.php?goto=findpost&pid=6708836&ptid=926848]
一个和此问题有点关系的有趣问题是:
给定质数p,求杨辉三角第n行有多少个元素被p整除.



我在工作中居然真的碰到了这个问题，:shock:

这个东西跟所谓的lucas公式有关，如果



则



我们老大给了个漂亮的证明，在这里共享一下：

在F_p[z]上展开(1+z)^n,有




对比一下两边的系数即可。