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【leetcode】Factorial Trailing Zeroes
Factorial Trailing Zeroes
Given an integer n, return the number of trailing zeroes in n!.
Note: Your solution should be in logarithmic time complexity.
统计末尾0的个数，只需要统计2，5的个数就可以了
1 class Solution { 2 public: 3 int trailingZeroes(int n) { 4 5 int count2=0; 6 int count5=0; 7 8 for(int i=2;i<=n;i++) 9 {10 int num=i;11 while(num%2==0&&num>0)12 {13 count2++;14 num=num/2;15 }16 17 18 while(num%5==0&&num>0)19 {20 count5++;21 num=num/5;22 }23 }24 25 return min(count2,count5);26 }27 };
[n/k]代表1~n中能被k整除的个数
那么很显然
[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，[n/2^p]会远大于[n/5^p]
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
（感谢陆草纯博主的证明）
5的个数显然要比2的个数多，所以只统计5的个数就可以了
1 class Solution { 2 public: 3 int trailingZeroes(int n) { 4 5 int count2=0; 6 int count5=0; 7 8 for(int i=2;i<=n;i++) 9 {10 int num=i;11 12 while(num%5==0&&num>0)13 {14 count5++;15 num=num/5;16 }17 }18 19 return count5;20 }21 };
既然只要统计5的个数就可以了，那么假设n=100，考虑有多少个5,
1~100里面有
1*5,2*5,3*5……20*5
通过上面的式子我们可以找到20个5
并且1-20之中也是存在5的，
1*5，2*5，3*5，4*5
又找到了4个5
而1-4之中就没有5了，因此共有24个5
可以抽象成下面的递归算法
1 class Solution { 2 public: 3 int trailingZeroes(int n) { 4 return get5(n); 5 } 6 7 int get5(int n) 8 { 9 if(n<5)return 0;10 return n/5+get5(n/5);11 }12 };
【leetcode】Factorial Trailing Zeroes
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