3566. 【GDKOI2014】阶乘

Description

Input

第一行有一个正整数T,表示测试数据的组数。

接下来的T行，每行输入两个十进制整数n和base。

Output

对于每组数据，输出一个十进制整数，表示在base进制下，n!结尾的零的个数。

Sample Input

2

10 10 

10 2

Sample Output

2

8

Data Constraint

对于20%的数据，n<=20,base<=16

对于50%的数据，n<=10^9,base<=10^5

对于100%的数据，1<=T<=50，0<=n<=10^18，2<=base<=10^12

Solution

答案就是最多的n!可以除的尽的base的个数。

考虑对n!和base分别分解质因数，那么答案就是质因数的指数相除的最小值。

对base可以在根号base的时间内分解，而n!可以在最多log n的时间内完成，因此时间复杂度为

Code

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#define I int
#define ll long long
#define F(i,a,b) for(I i=a;i<=b;i++)
#define Fd(i,a,b) for(I i=a;i>=b;i--)
#define N 1000005
using namespace std;
I T,bz[N],p[80000];
ll n,m,x,cnt,tot,ans;
I main(){
	freopen("Factorial.in","r",stdin);
	freopen("Factorial.out","w",stdout);
	F(i,2,N-5){
		if(!bz[i]) p[++p[0]]=i;
		F(j,1,p[0]){
			if(i*p[j]>N-5) break;
			bz[i*p[j]]=1;
			if(i%p[j]==0) break;
		}
	}
	scanf("%d",&T);
	while(T--){
		scanf("%lld%lld",&n,&m);ans=1e18;
		F(i,1,p[0]){
			if(p[i]>m) break;
			if(m%p[i]==0){
				tot=cnt=0;
				while(m%p[i]==0){m/=p[i],tot++;}
				x=n;
				while(x/p[i]){cnt+=x/p[i],x/=p[i];}
				ans=min(ans,cnt/tot);
			}
		}
		if(m>1){
			x=n;cnt=0;
			while(x/m){cnt+=x/m,x/=m;}
			ans=min(ans,cnt);
		}
		printf("%lld\n",ans);	
	}
	return 0;
}