2、分析

假如你把1 × 2 ×３× 4 ×……×N中每一个因数分解质因数，结果就像： 1 × 2 × 3 × (2 × 2) × 5 × (2 × 3) × 7 × (2 × 2 ×2) ×…… 10进制数结尾的每一个0都表示有一个因数10存在——任何进制都一样，对于一个M进制的数，让结尾多一个0就等价于乘以M。10可以分解为2 × 5——因此只有质数2和5相乘能产生0，别的任何两个质数相乘都不能产生0，而且2，5相乘只产生一个0。所以，分解后的整个因数式中有多少对(2, 5)，结果中就有多少个0，而分解的结果中，2的个数显然是多于5的，因此，有多少个5，就有多少个(2, 5)对。所以，讨论1000的阶乘结尾有几个0的问题，就被转换成了1到1000所有这些数的质因数分解式有多少个5的问题。

假设有序列1、2、3、4、5、6、7、8、9、10、11、…

分析上面的数列可知，每5个数中会出现一个可以产生结果中0的数字。把这些数字抽取出来是：

…、5、…、10、…、15、…、20、…、25、…

这些数字其实是都能满足5*k的数字，是5的倍数。统计一下他们的数量：n1=N/5。比如如果是101，则101之前应该是5,10,15,20,…,95,100共101/5=20个数字满足要求。

整除操作满足上面的数量统计要求。

将1中的这些数字化成5*(1、2、3、4、5、…)的形式，内部的1、2、3、4、5、…又满足上面的分析：每5个数字有一个是5的倍数。抽取为：

…、25、…、50、…、75、…、100、…、125、…

而这些数字都是25的倍数（5的2次幂的倍数），自然也都满足5*k的要求。
这些数字是25、50、75、100、125、…=5*(5、10、15、20、25、…)=5*5*(1、2、3、4、5、…)，内部的1、2、3、4、5、…又满足上面的分析，因此后续的操作重复上述步骤即可。

统计一下第二次中满足条件的数字数量：n2=N/5/5，101/25=(101/5)/5=4。

因为25、50、75、100、125、…它们都满足相乘后产生至少两个0，在第一次5*k分析中已经统计过一次。对于N=101，是20。因此此处的5*5*k只要统计一次4即可，不需要根据25是5的二次幂统计两次。

后面的125,250,…等乘积为1000的可以为结果贡献3个0的数字，只要在5*5*k的基础上再统计一次n3=((N/5)/5)/5即可。

核心点：尾部的零有5的个数决定，单5（因式分解后有1个5）与某偶数相乘有单0，多5（因式分解后有多个5）与某偶数相乘有多个0。

代码：

class Solution {
public:
    /*
     * @param n: A long integer
     * @return: An integer, denote the number of trailing zeros in n!
     */
    long long trailingZeros(long long n) {
        // write your code here, try to do it without arithmetic operators.
        long long sum=0;
        while(n)
        {
            sum+=n/5;
            n=n/5;
        }
        return sum;
    }
};

2. 尾部的零

2、分析

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